Đề thi thử đại học môn Toán 2011 của THPT chuyên Lê Hồng Phong ppsx

THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG Thời gain 180 phút, không kể thời gian phát đề I.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C, biết tiếp tu

THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG  (Thời gain 180 phút, không kể thời gian phát đề) 

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x 2 + 3

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1)

Câu II (2 điểm):

1 Giải hệ phương trình:

2 2

x y xy 4y 1 0

y 7 (x y) 2(x 1)





2 Giải phương trình: 2sin x 1 cos2x 2 cosx 7sin x 5

2 cosx 3 cos2x 2 cos x 1 3(cosx 1)

Câu III (1 điểm):

Tính tích phân sau: I =

2 1

x x 8 (6x 4x )ln x dx

x



Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3, các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầ ại tiế ứ diện SOCD

Câu V (1 đi m)

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1 Chứng minh:

8 (1 x) (1 y) (1 z) 

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm):

1 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0 Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên

2 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2

 , (d2):

x 2 t

y 3 t

z 4 t

  

  



  



và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0 Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d 1 ), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6

Câu VII.a (1 điểm):

Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z 3 2i   2z 1 2i 

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G 4 2;

3 3

  và trực tâm trùng

vớ ốc tọa độ Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diệ n tích tam giác ABC bi ết xB < xC

2 Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2

    

 , (d2):

x 2 t

y 3 t

z 4 t

  

  



  



và mặt

phẳng (): x – y + z – 6 = 0 Tìm trên (d 2 ) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3

Câu VII.b (1 điểm): ải hệ phương trình x y

ln x 2ln y ln x ln y

e e (ln y ln x)(1 xy)





Gi

Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

Thời gian: 180 phút

y' = 3x2 – 6x

y'' và điểm uốn

Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k

 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1 0,25 (d) tiếp xúc (C)  3 2

2

x 3x 3 kx k 1 3x 6x k





 x3 – 3x2 + 3 = 3x3 – 6x2 + 3x2 – 6x – 1

 2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1

0.25

* x = 2  k = 0  (d): y = –1

1

Giải hệ phương trình:

2 2

x y xy 4y 1 0

y 7 (x y) 2(x 1)



y xy x 4y 1 7y y(x y) 2x 2

     





2 2

2y(x y) 2x 8y 2 (1) y(x y)(x y) 2x 7y 2(2)







(1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y

 (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí))

 x – y = 3 hay x – y = –5

0.5

 x – y = 3  x = y + 3

(1)  –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0

 y2 + 7y + 10 = 0  y 2 x 1

    

     

0.25

 x – y = –5  x = y – 5

(1)  10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5)

0.25

2

Giải phương trình: 2sin x 1 cos2x 2 cosx 7sin x 5

2 cosx 3 cos2x 2 cosx 1 3(cosx 1)

Điều kiện:

0.25

Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com

2cosx 3 0 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) 0





(cosx 1)(2cosx 3) 0





3 cosx

2 cosx 1





  



 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5

 2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0

 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0

 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0

0.25

 sin x 1

2 sin x cosx 5











6 5

6

   







   



0.25

So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 5 k2

6

  (k  Z) 0.25 Câu III

Tính tích phân sau: I = 2 3 3 3 2

1

x x 8 (6x 4x )ln x dx

x

I = 2 2 3

1 x x 8 dx

1 (6x 4x)ln xdx

 Tính I 1: Đặt t = x3  t8 2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx = 2 tdt

3 Đổi cận: x = 1  t = 3

x = 2  t = 4

Do đó I1 = 4 3 4  

3

3

 

 

 Tính I 2: Đặt u = lnx  u' = 1

x v' = 6x2 + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2

I2 = 3 2 2 2 2

1 1

(2x 2x )ln x (2x 2x)dx

2 3

2 1

Vậy I = 24 ln 2 74 23 24 ln 2 5

ABCD là hình bình hành tâm O,

AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi

M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp

tứ diện SOCD

∑ = 1đ

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD)

 ∆ SOA = = ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật

 SABCD = AB.AD = 4a 3 2

0.25

 Ta có BD = AB2AD2  4a 12a2 2 4a

K I

G M O

D

A

S

 SO = SB2OB2  9a24a2 a 5

Vậy VSABCD =

3 ABCD

3  3 Do đó VSABMD = 3 VSABCD a 153

0.25

 Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại

tiếp ∆ OCD

Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆

OCD

Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I

Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD

0.25

Ta có: GO = CD 2a

3  3 ; R = KO =

OI OG

Do đó Scâu = 4 R2 4 31a2 31 a2



0.25

Chứng minh: 1 3 1 3 1 3 3

8 (1 x) (1 y) (1 z)  (1)

∑ = 1đ

Ta có: 1 3 1 3 1 3. 1 2

8 2 (1 x) (1 x)   (1 x) Tương tự, ta được:

2VT

2 (1 x) (1 y) (1 z) 8

0.25

Do đó ta cần chứng minh 1 2 1 2 1 2 3

4 (1 x) (1 y) (1 z)  (2)

Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1

Khi đó ta có:

1 xy

 2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2

 2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0

 (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0 (đúng do xy ≥ 1)

0.25

Áp dụng (3) ta được:

VT (2) ≥ 1 2 1 2 1 2

2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)     (vì 2(1 + x

2) ≥ (1 + x)2….)

2 1 xy (1 z)



  



  ( Do (3))

1 (1 z) z 1 (1 z) 1

z





=

2 2

(z 1)

 

0.25

VI.a ∑ = 2đ

1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0

Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên

∑ = 1đ  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0)

Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0  a 4

 

  

  a = 4  A(0; 4)

0.25

 C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y)

C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0

 26y2 + 18y – 8 = 0

 y 1 x 5

    



    



 C(5; –1) (Do xC  Z) 0.25

 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0

 m = 4 Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0

B  (AB)  B(b; 5b + 4)

B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0  b 0

 

  

Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận)

Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1)

0.25

2

Trong kg Oxyz cho (d1): x 1 y 2 z 2

    

 , (d2):

x 2 t

y 3 t

z 4 t

  

  



  



và mặt phẳng ():

x – y + z – 6 = 0 Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6

∑ = 1đ

M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)

N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n) 

 NM  2m  n 1;m  n  5;2m  n  2 ; n (1; 1;1)

MN // ()  n NM 0    2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0

 –m + n + 2 = 0  n = m – 2

0.25

 NM = ( 3m – 3; -3; –3m)

 NM  (3m  3)  (3)  9m  3 2m  2m  2 2 2 2 2

NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2 0.25

 m = 2: M(5; 0; –2) và NM = 3(1; –1; –2)  (d): x 5 y z 2

Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R)

Ta có: z  3 2i  2z 1 2i

 x  yi  3 2i  2(x  yi) 1 2i  (x  3)  (y  2)i  (2x 1)  (2y  2)i 0.5

 (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25

Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com