ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT CAO LÃNH potx

1, 0 điểm Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng SAB và SAC cùng vuông góc mặt phẳng ABC.. Mặt phẳng P qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại

Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011

Môn thi: TOÁN, khối A và B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề có 2 trang)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)

Câu I (2, 0 điểm)

Cho hàm số y= − +x3 3x2+3(m2−1)x−3m2−1 (1),với m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1.=

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O

Câu II (2, 0 điểm)

2 Giải phương trình 2

2

2

x

(x )

− + =  ⋅

−

Câu III (1, 0 điểm) Tính tích phân 2

4

2

ln(sin x)

sin x

π π

Câu IV (1, 0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc mặt phẳng (ABC) Gọi I là trung điểm cạnh BC Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N

4

V = V ,hãy tínhVSABC (VSAMN,VSABClần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC)

Câu V (1, 0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực không âm Chứng minh rằng nếu 0 a b c< ≤ ≤ thì

(ax by cz) x y z (a c)2(x y z)2

II PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2, 0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2

(C): (x− ) + −(y ) =25và điểm A(9; 6) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài bằng 4 5

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm M( ; ; ), N(7; 5; 3)1 3 −1 − và đường thẳng d có phương trình

4

+ = − = − ⋅

− Tìm điểm I thuộc d sao cho IM IN+ nhỏ nhất

Câu VII.a. (1, 0 điểm)

z − ( i )z− + ( i)z+ + i = (z∈C),biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b. (2, 0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H), biết (H) có hai tiêu điểmF ( ; )1 −5 0 ,

www.laisac.page.tl chihao@moet.edu.vn sent to

2 5 0

F ( ; )và nếu M là một điểm thuộc (H) thỏa

1 2 60o

F MF = thì diện tích tam giác F MF1 2 bằng 9 3

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2

2

4

1

z

 = − +

=



và mặt phẳng

(P) : x y+ − z= Viết phương trình đường thẳng∆vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2

Câu VII.b (1, 0 điểm)

Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 1 5 5

thỏa mãn z− ≤1 2

Câu Đáp án Điểm

1 (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) khi…

y= − +x 3x −4

2

Tập xác định:

Sự biến thiên:

x 0

- Chiều biến thiên: y 3x 6x; y 0

x 2

 =

′= − + ′= ⇔

=



R.

i

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; ; ; ; 0),(2; + ∞);

- Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2).0; ; ; ;

CĐ CT

- Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại tại x 2, y 0

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, y 4

- Các giới hạn tại vô cực: lim y , lim y

0,25

- Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞

y′ − 0 + 0 −

y +∞ 0

4− −∞

0,25 i Đồ thị qua điểm 1A( ; −2), B( ; ).−1 0

0,25

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và…

Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

2

′

Gọi A, B là các điểm cực trị⇒A(1 m; 2 2m ), B(1 m; 2 2m )− − − 3 + − + 3 0,25

I

(2, 0 điểm)

Ta có O cách đều A, B OA OB 4m3 m m 1 (do m 0)

2

Vậy m 1

2

= ± là các giá trị cần tìm

0,25

x y

4

−

O

3 1

−

1

2

−

1 (1, 0 điểm) Giải phương trình…

4

 ≠ + ππ



3π

Phương trình đã cho tương đương

cos 2x 2π cos 2x 2π sin xcot x πtan x π

0,25

2

3

2π

1 sinx 0 hoặc sinx

2

0,25

π π π

5π

π

x k

6

6



 =









2 (1, 0 điểm) Giải phương trình…

1 Điều kiện x 1 và x

2

2

2

2x 1 Phương trình đã cho viết lại: 2(x 1) (2x 1) log

2(x 1)

−

⇔2(x 1)− +log2(x 1)− =(2x 1) log(2x 1) (*)+ + +

0,25

Xét hàm số f(u) u log u, u 0.= + > Ta có f (u) 1 1 , u 0

uln10

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞)

0,25

II

(2, 0 điểm)

2

±

So với điều kiện (1) ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 3 7

2

±

0,25

2

v cot x sin x

⇒

=



0,25

2 2

4 4

2 Tích phân từng phần, ta có: I cot x ln(sin x) cot xdx

π π

III

(1, 0 điểm)

2 2

4 4

1

2

2 1

Ta có

(SAB) (ABC)

(SAB) (SAC) SA



⊥





(1)

Mà BC AI⊥ (tính chất tam giác đều) (2)

Từ (1) và (2)⇒BC (SAI)⊥ ⇒BC SI⊥ (3)

0,25

IV

(1, 0 điểm)

Mặt khác (P) SI⊥ (4)

Từ (3) và (4)⇒(P)//BC

Vì (P) (SBC) MN∩ =

0,25

Ta có

2

SAMN SABC

Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC

0,25

Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI Vì AE nằm trong (P) nên AE

vuông góc với SI Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác

SAI cân tại A, suy ra 3

2

a

Thể tích của khối chóp S.ABC là

V = S SA= ⋅ ⋅ = (đvtt)

0,25

2 2

0

4

(A B) (A B) 4AB AB (1)

+

Đặt a, c

α = β =

1

= (α + + β  + + = (α + + β (β + αβ + α

0,5

≤ 1 [(α + + β + (β + αβ + αx y z) x y z)]2

1

= [(α + β) + + αβ) + (α + β) 4αβ

0,25

V

(1, 0 điểm)

Từ 0 a b c< ≤ ≤ ⇒0< α ≤ ≤ β1 ⇒(1− α)(1− β) ≤ 0⇒1+ αβ ≤ α + β (2)

Sử dụng (2) ta được:

1

.

(a c)

4ac

0,25

1 (1, 0 điểm) viết phương trình đường thẳng

(C) có tâm I(4; 1), bán kính R=5

Đường thẳng d qua A(9; 6) có dạng ax by c 0 (a+ + = 2+b2>0) và 9a+6b c 0+ = (1) 0,25

VI.a

(2, 0 điểm)

Giả sử d cắt (C) tại M, N sao cho MN=4 5 Kẻ IH d,⊥ thì H là trung điểm của MN, nên

I

E N M

S

C B

A

ta có: 2 2

2 2

4

) (2), IH d(I,d)

+ +

( + + = a +b (4) Từ (1) cóc= − −9a 6b (5), thay (5) vào (4) và rút gọn lại được

2

 = −



= −



+

0,25

1

2

1 2

a b: chọn b thì a 2, lúc này d : x y

a b: chọn b thì a 1, lúc này d : x y

i

6 2

Đường thẳng d đi qua A( 1; 3; 3) có VTCP u (3; 4; 2); MN ( ; 8; 4)

Mà M d nên MN//d

∉





 

u 

α

d

M H

N

M’

Gọi M là điểm đối xứng của M qua d′

α Phương trình mp( ) qua M(1; 3; 1) với một VTPT n u là− =

min

0,25

α

1 3

Gọi H là giao điểm của d và mp( )

y 3 4t Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

z 3 2t 3x 4y 2z 11 0

2

29

 = − +



= −





= +





′

103 195

; ;

⋅

0,25

Ta thấy HI//MN I là trung điểm của M N

′

⇒

195 3 141 29

z

2

⋅













− +

29

141 ; ;

I là nhất nhỏ IN IM cho sao d thuộc I điểm Vậy

29

21 29 52

0,25

VII.a

(1, 0 điểm) Ta có 3 3 2 3 2 3 2

(bi) − ( i )(bi)− + ( i)(bi)+ + i = ⇔ b − b ( b+ − + b + b 8)i 0− = 0,25

3 2

2





Phương trình đã cho tương đương 2

2

2

 =

Từ đó suy ra nghiệm của phương trình là z=2i, z= ±1 i 3 0,25

1 (1, 0 điểm) Tìm phương trình chính tắc của hypebol (H)…

Aùp dụng định lí côsin cho tam giác F MF1 2, ta có

1 2 1 2 2 1 2 60o 1 2 2 1 21 60o

1 2

o

VI.b

(2, 0 điểm)

Khi đó 2 2 2

25 9 16

2 2

1

Giả sử ∆ ∩ =d1 A, ∆ ∩d2=B thì A d B d nên∈ 1, ∈ 2

AB (2t 2s ; t s; s= − − + − + )



0,25

Vì (P) nên AB cùng phương với n ( ; ; )

s 1

t

 =

0,25

Suy ra A(2; ; 0 −1), B( 5; 1; )− − 4 Vậy ∆có phương trình 2 1

1

Cách khác

1

+ d đi qua M(0; 1; 2) và có VTCP u (2; 1; 1)

d đi qua N( ; 1; ) và có VTCP v (2; 1; 0)



 Mặt phẳng (P) có VTPT n ( ; ; = 7 1 −5)

+ Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (Q) qua M và 1

có VTPT n1=[u, n] (4;17; 9)  = là 4(x 0) 17(y 1) 9(z 2) 0− + − + + = ⇔4x 17y 9z 1 0+ + + =

+ Gọi (R) là mặt phẳng chứa d và vuông góc (P), phương trình mặt phẳng (R) qua N và 2

có VTPT n2 =[v, n] ( 5; 10;   = − −5)là 1(x 1) 2(y 1) 1(z 4) 0+ − − + − = ⇔ −x 2y z 1 0+ − =

+ Vì 4: 17: 9≠ −5 10: : 5− nên (Q) và (R) cắt nhau

+ Giả sử (Q) (R)∩ = ∆⇒∆ ⊥(P).Do đó ∆có VTCP n ( ; ; = 7 1 −5)

Trong (Q), ∆cắt d1(do 2: : 1−1 ≠7: 1: 5)− ; tương tự trong (R), ∆cắt d 2

Vậy đường thẳng : 4x 17y 9z 1 0

x 2y z 1 0



VII.b

(1, 0 điểm)

Đặt z a bi (a, b= + ∈R)và ω = +x yi (x, y∈R)

2 2

5 5

 − = − −





0,25

Vậy tập hợp các điểm cần tìm là hình tròn 2 2

(x− ) + −(y ) ≤ , tâm 3 3I( ; ) , bán kính

4

Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)

Câu I (2, 0 điểm) Cho hàm số y x= 4−8x2+10

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

2 Tìm m để phương trình x4−8x2−log m 02 = có 4 nghiệm phân biệt

Câu II (2, 0 điểm)

1 Giải phương trình (sin2x 3 cos2x)2 5 cos 2x

6

2 Giải bất phương trình ( x2 4x 3 1)log5x 1( 2x2 8x 6 1) 0

5 x

Câu III (1, 0 điểm) Tính tích phân 4

0

π

=

+

(sinx cosx)

Câu IV (1, 0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc mặt phẳng (ABC) Gọi I là trung điểm cạnh BC Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N

4

V = V ,hãy tínhVSABC (VSAMN,VSABClần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC)

Tìm giá trị nhỏ nhất của P với a, b 0 và ab 1

1 b 1 a

II PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2, 0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4; 5); N(6; 5); P(5; 2); Q(2; 1) và diện tích hình chữ nhật bằng 16

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 1

d :

1

− − Viết phương trình tham số của đường thẳng∆đi qua điểm M( ; ; 3)−2 5 vuông góc và cắt d

Câu VII.a (1, 0 điểm)

Trong mặt phẳng phức, gọi A, B, C lần lượt là các điểm các số phứcz1= −( i)(1 2+i), z2= − −1 3i, z3= +1 3i Xác định tính chất của tam giác ABC

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2, 0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 2), B(1; 4) Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm

A, B và tiếp xúc với trục Ox

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho họ mặt phẳng(Pa,b,c)có phương trình ax+by+ − =cz 1 0 (a, b, c>0)và

a+2b+3c=6.Tìm a, b, c để (Pa,b,c)cắt lần lượt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho OABC có thể tích lớn nhất

Câu VII.b (1, 0 điểm) Viết số phức sau dưới dạng lượng giác: z (= +1 3i)( i) 1−

Câu Đáp án Điểm

1 (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) khi…

•

•

=



= ±



Tập xác định:

Chiều biến thiên:

x 0

R.

∞

+ ∞

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2) và (0; 2)

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2 0) và (2; )

− ; −

− ;

0,25

•

CĐ CT

Cực trị:

- Hàm số đạt cực đại tại x 0, y y(0) 10

- Hàm số đạt cực tiểu tại x 2, y y( 2) 6

Các giới hạn tại vô cực: lim y lim y

0,25

Bảng biến thiên:

•

x −∞ 2− 0 2 +∞

y′ − 0 + 0 − 0 +

y +∞ 10 +∞

6− 6−

0,25

Đồ thị

• qua điểm A( 1; 3) , B(1; 3) −

-1 1

-6

O -2 2 3

x y

0,25

2 (1, 0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm…

Ta có x −8x −log m 0= ⇔x −8x +10 log m 10 = +

Để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y k= cắt đồ thị (C) tại 4

điểm phân biệt

Dựa vào đồ thị của hàm số (C), ta có 6 k 10− < <

0,25

I

(2, 0 điểm)

⇔ − <6 log m 10 102 + < ⇔ − <16 log m 02 < ⇔2−16< <m 1 0,5

1 (1, 0 điểm) Giải phương trình…

Ta có sin2x 3cos2x 2 sin sin2x cos cos2x 2cos 2x

II

(2, 0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương phương trình  − π−  −π− =

2

π

6

− = >

0,25

π π

6

7π

12

2 (1, 0 điểm) Giải bất phương trình…

2 2

x 0

x 0

Điều kiện x 4x 3 0

1 x 3

>

>

− ≥

≤



−

0,25

= + Với x 1 thì bất phương trình đã cho tương đương

+ ≤ ⇔ − + = ≤

51 log 1 0 1 1 0 0 (luôn đúng)

5

0,25

= + Với x 3 thì bất phương trình đã cho tương đương

−

1 3

0,25

III

(1, 0 điểm)

2

cos

x

0

4

π

Đổi cận x thì u 1; x thì u 2

0,5

2

2

2 1 1

2

=∫du3 = − = − + = ⋅

Do đó I

Ta có

(SAB) (ABC)

(SAB) (SAC) SA



⊥





(1)

Mà BC AI⊥ (tính chất tam giác đều) (2)

Từ (1) và (2)⇒BC (SAI)⊥ ⇒BC SI⊥ (3)

0,25

Mặt khác (P) SI⊥ (4)

Từ (3) và (4)⇒(P)//BC

Vì (P) (SBC) MN∩ =

0,25

Ta có

2

SAMN SABC

Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC

0,25

IV

(1, 0 điểm)

Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI Vì AE nằm trong (P) nên AE

vuông góc với SI Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác

SAI cân tại A, suy ra 3

2

a

0,25

I

E N M

S

C B

A

2 3

Thể tích của khối chóp S.ABC là V = S SA= ⋅ ⋅ = (đvtt)

P

≥

+ +

2 2 (a b)(2ab ab) 2a b

a b 2

ab(a b 2ab)

1

a b 2

+ +

+ + (do ab 1)=

0, 5

V

(1, 0 điểm)

1 (1, 0 điểm) Viết phương trình cạnh BC

a(x− +) b(y− =) (a +b ≠ ) Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua điểm N(6; 5) và vuông góc với AB là

b(x− −) a(y− =)

0,25

Diện tích hình chữ nhật ABCD là

2 2

d(P;AB).d(Q;BC)

(a b)(a b)

+

= Theo giả thiết ta có

2 2

2 2

1 1

3

(a b)(a b)

+ +



= ⇒ = −



0,5

Vậy phương trình cạnh AB là − + − =x y 1 0 hoặc x− +3y− =11 0 0,25

2 (1, 0 điểm) Viết phương trình tham số của đường thẳng∆đi qua …

Giả sử ∆cắt đường thẳng d tại điểm I, do I d∈ nên

Khi đó∆có VTCP làu MI (4t== +3; t− −5; 4t− −4) 0,25

VI.a

(2, 0 điểm)

Suy ra u ( ; 4; ).= − −

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

2

5 4 3

z

 = − −





 =



1

2

3

z 1 3i C(1; 3)

Ta có:



VII.a

(1, 0 điểm)

AB.AC 8 8 0

AB AC 2 5



⇒∆





 

0,25

.

D

Q

P

N M

C B A

Gọi (C) là phương trình đường tròn cần tìm, có phương trình x2+y2−2ax 2by c 0− + =

(C) đi qua hai điểm A(3; 2), B(1; 4) nên ta có hệ phương trình:

17 2a 8b c 0



0,25

(C) tiếp xúc với Ox nênb R= = a2+b2− ⇔c a2 =c (2) 0,25

Thế (2) vào (1) ta được:a2−10a 9 0+ = ⇔ =a 1 hoặc a 9.= 0,25

1

Với a 1 thì c 1, b 2 : Phương trình đường tròn:

(C ) : x y 2x 4y 1 0

i

2

Với a 9 thì c 81, b 10 : Phương trình đường tròn:

(C ) : x y 18x 20y 81 0

2 (1, 0 điểm) Tìm a, b, c để (Pa,b,c)cắt lần lượt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz…

a,b,c)

(P cắt các trục tọa độ tại A 1; 0; 0 , B 0; 1; 0 ,

1

C 0; 0;

c

⋅

Thể tích tứ diện OABC được cho bởi:

VO.ABC 1 1 1

a 2b 3c

3 3

6

0,25

Đẳng thức xảy ra khi

1 a

0

1

b

6

1

c 6



=



= = >

O.ABC

0,25

1

VII.b

(1, 0 điểm)

Do đó:

2 cos π isinπ

0,5