Đường cao BB1 đi qua B1 vuông góc với đường thẳng AC.. Đường cao CC1 đi qua C1 vuông góc với đường thẳng AB... Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là 1.
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2011
Môn thi: TOÁN; Khối: A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
y = x − mx + m − x − m + m − (1) , m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = − 1
2 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị , A B sao cho tam giác OAB vuông tại O trong ,
đó O là gốc của hệ trục toạ độ
Câu II (2,0 điểm)
cos sin sin 2 cos 2 tan tan
x x π x x x π x π
+ + = − + −
2 Giải hệ phương trình
2
4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 ( )
1
ln 9 x
x
−
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại A, ' ' ' AB = 2 , a BAC = 120 0 Hình chiếu của đỉnh A lên đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ' ABC Biết tam giác A BC vuông ' tại A Tính thể tích khối lăng trụ ' ABC A B C theo a ' ' '
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , , a b c thoả mãn điều kiện 1
3
ab + bc + ca = Chứng minh rằng
3
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có , d : 2 x − − = là đường phân giác trong góc y 3 0
A Biết
1( 6; 0), 1( 4; 4)
B − C − lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh B C trên các đường thẳng , AC AB , Xác định toạ độ các đỉnh A B C của tam giác , , ABC
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng ,
1
x − y z −
x y z +
mặt phẳng ( ) : P x − − + = Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( ), y z 1 0 P cắt
đường thẳng ∆ đồng thời đường thẳng ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng 1, ∆ 2.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn | | 2
| 2 | 2
z
z i z
=
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh , A C lần lượt thuộc các đường , thẳng d1: x + = và y 0 d2 : 2 x − + = y 7 0 Biết giao điểm của hai đường chéo là I (1; 4) và đường thẳng
AB đi qua điểm M (0; 4) − , xác định toạ độ các đỉnh , , , A B C D của hình chữ nhật ABCD
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng , 1 1
x y z −
− và điểm A ( 1; 0;1) − Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng ∆ và điểm N trên đường thẳng 1 ∆ sao cho 2
6
MN = và AM AN = 3.
3 ( 9 )
-Hết -
Chú ý: Đáp án được cập nhật tại địa chỉ http://dangthuchua.com
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Khi m = - 1 ta có hàm số y=x3+3x2−4 Tập xác định D = ℝ Sự biến thiên
•••• Chiều biến thiên: y’ = 3x2
+ 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = - 2
' 0 ( ; 2) (0; )
y > ∀ ∈ −∞ − ∪x +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 2) và (0;+ ∞)
' 0 ( 2; 0)
y < ∀ ∈ −x Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0)
0,25
•••• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, yC Đ = y(-2) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4
lim ( 3 4) ; lim ( 3 4)
•••• Bảng biến thiên:
y
0,25
I-1
•••• Đồ thị: Giải phương trình 3 2
x + x − = ⇔ = −x x=
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 2 điểm M(- 2; 0) và N(1; 0)
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm P(0; - 4)
y’’ = 6x + 6; y’’ = 0⇔ x = - 1
Đồ thị hàm số nhận điểm I(- 1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
y = x − mx+m − Hàm số có cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay ∀ ∈ ℝm 0,25
y = ⇔ =x m− x=m+ Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3) 0,25
( 1; 1), ( 1; 3)
OA = m − m + OB = m + m − OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và OA OB = 0
0,25
I-2
2
2(m m 2) 0 m 1 v m 2
Điều kiện xác định
3
4 4
k
x
π π
≠ +
− ≠ ≠ +
Phương trình đã cho tương đương với
2
sin 2 cos 2
x
+
sin 2 cos 2
4 cos cos 2 2
x
x
π π
0,25
sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos 2 x
sin 2 x cos 2 x 1 v sin 2 x cos 2 x 0
0,25
II-1
2
k
k
π
0,25
II-2 Điều kiện xác định 2
Phương trình (1) tương đương với 2 x − 2 x2− = y 4 x − y 2
⇔ − = − ⇔ = y 4 x − 4 v y = 0
0,25
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
x y
I
Trang 3Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện x ≥ 4 và y ≥ 3 x)
2 2
2
4 1
16 3
x x
− +
4 1
x x
x x
− +
2
4 1
16 3
x x
x x
+
− +
* x = 5 Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm 5
16
x y
=
=
0,25
*
2
0
4 1
16 3
x
x x
− +
1
4 1
x
+ > + > ≥
− +
Đặt t = x Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2 Ta có 2
2
Do đó 2 ( 2)
1
2 ln 9
I = ∫ − t dt Đặt
2
2
2 ln(9 )
9
t
t
=
2 2 2
2 1
2
t
t
−
2 2 2 1
9 9
4 ln 5 2 ln 8 4
9
t
dt t
− +
−
III
2
1
t t
t
+
= 4 ln 5 6 ln 2 4 6 ln 5 6 ln 2 10 ln 5 12 ln 2 4 − − + − = − − 0,25
0,25
0,25
0,25
IV Gọi I là trung điểm cạnh BC,
H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC)
2 3
Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’ ⇒ A B ' = AA ' = 6 a
Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là
Diện tích tam giác ABC là
1
2
ABC
Thể tích khối lăng trụ là VABC A B C ' ' ' = A H S ' ABC = 6 a3
0,25
ab bc ca + + = ⇒ bc = − a b c + +
3
0,25
V
1
a b c
(1)
0,25
Trang 4*Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức
2
1 1 2 2 3 3
a c a c a c
Ta có
2
+ +
0,25
2
1 3
a b c
+ +
3
a = = = b c Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
0,25
Gọi B a b1'( ; ) là điểm đối xứng của B1 qua đường phân giác trong d
'
1 1 ( 6; )
, trung điểm đoạn thẳng B B1 1' là 6
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u (1; 2)
Ta có hệ phương trình
'
6
a
B B u
b
= −
hay B1'(6; 6) −
0,25
Do B1' đối xứng với B1 qua đường phân giác trong d nên B1' thuộc đường thẳng AB
Đường thẳng AB đi qua điểm B1' và C1 Phương trình cạnh AB là : x + y = 0
Ta có { } A = AB ∩ d Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình 2 3 0 1
⇔
0,25
Đường thẳng AC đi qua A và B1 Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0
Đường cao BB1 đi qua B1 vuông góc với đường thẳng AC Phương trình đường cao BB1 là : 7x – y + 42 = 0
Đường cao CC1 đi qua C1 vuông góc với đường thẳng AB Phương trình đường cao CC1 là : x – y + 8 = 0
0,25
VI.a-1
Ta có { } B = AB ∩ BB1 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
21
4
x
x y
x y
y
= −
+ =
⇔
Ta có {C} = AC ∩ CC1 Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
31
4
x
x y
y
= −
4 4
Đáp số : A(1 ; -1), 21 21
4 4
0,25
Giả sử M t ( + 1; ; t t + 2) là giao điểm của đường thẳng ∆1 với đường thẳng ∆ vàN k k ( ; ;3 k − 3) là giao điểm của đường
thẳng ∆2 với đường thẳng ∆ ⇒ MN k ( − − t 1; k − t k ;3 − − t 5)
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆2 là u = 2 (1;1;3) Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (1; 1; 1) − − 0,25
Từ giả thiết ta có
2
1 0
t
k t
k t
= −
=
≠
0,25
VI.a-2
Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N(1 ;1 ; 0)
(1; 2; 1)
−
0,25
Trang 5Giả sử z = + x yi ( , x y ∈ ℝ ) Ta có z = − x yi
z
2
⇔
0,25
1
xy
= −
VII.a
v
Giả sử A t ( ; − t ), C k ( ; 2 k + 7) Do I là trung điểm của AC nên ta có hệ phương trình 2 1
⇔
Hay A(1 ; - 1), C(1 ; 9)
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là u AB= MA = (1;3) Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0
Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là 1
(0;1) 5
AC
Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là u BD = ( ; ), a b a2+ b2 ≠ 0
0,25
90
⇒ = < Từ đó ta có | cos( u AB, u AC) | | cos( = u AB, u BD) |
(4 3 ) 0
0
a
+
0,25
VI.b-1
* Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có u BD = (3; 4) Do đó phương trình đường chéo BD là 4x - 3y + 8 = 0
⇔
Do I là trung điểm của BD ⇒ D(- 2 ; 0)
* Với a = 0, chọn b = 1 ta có u BD = (0;1) = u AC Trường hợp này bị loại
Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0)
0,25
Ta có MN = − + − + + − − ( t k ; t k 2; t 2 k − 1), AM = + ( t 1; ; ), t t AN k ( + 1; k + − 2; 2 k − 1) 0,25
Từ giả thiết ta có
2 2
= −
⇔
VI.b-2
13
9
t t
v k
k
=
=
=
2 3
9
9
+ +
+ +
2 3
2
+ +
0,25
3
t
VII.b
Đáp số : x = 0 và x = 4
0,25
Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó !
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC! – GV : Trần Đình Hiền
