Tìm điểm M ∈C sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ Ox; Oy là nhỏ nhất.. Tính thể tích của khối hộp đã cho theo a.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai p
Trang 1TRƯỜNG THPT
MÔN: TOÁN –KHỐI A+D
Thời gian làm bài: 180 phút
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số
1
1 +
−
=
x
x
y ( C )
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C )
2 Tìm điểm M ∈(C ) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ Ox; Oy là nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
4
1 sin 2 6
sin 3
+ +
4 2 4 2
x
x x
I =∫
2
4 3 2
sin cos
π
π
Câu IV Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a, BAD=600
, BAA’=900,
DAA’=1200
Tính thể tích của khối hộp đã cho theo a
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau P= x−2y+1+2x+my+5
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b)
a Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường tròn ( C ) (x−1)2 +(y−2)2 =9 , Biết tam giác ABC đều nội tiếp ( C ) , có A(-2;2) Tìm B và C
2 Trong không gian với hệ trục Oxyz Tìm các mặt cầu đi qua điểm A(1; 2; -1) và tiếp xúc với
mặt phẳng ( )α x+y+2z−13=0 có bán kính nhỏ nhất
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z3−2z2+5z−4=0
b Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường thẳng d: 3x − y4 +5=0, đường tròn
( C ) : x2 +y2 +2x−6y+9=0 Tìm điểm M ∈( C ), N d∈ sao cho MN có độ dài nhỏ nhất
2 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho 4 đường thẳng
=
+
=
+
=
2t
2 2
1 :
1
z
t y
t x
=
+
=
+
=
4t
4 2
2 2 : 2
z
t y
t x
1
1 1
2
:
3
−
=
= y z
x
1
1 2
2
2 :
4
−
−
=
=
x d
Chứng minh d1; d2 cùng thuộc một mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (P) đó và chứng minh có một đường thẳng d cắt cả 4 đường thẳng trên, viết phương trình đường thẳng d đó
Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm các giá trị của số thực α sao cho αilà một nghiệm của phương trình
4 2 3 7 2 4 10 0
= +
− +
z
- Hết -
Ghi chú: Thí sinh thi khối D không phải làm các câu VIIa, VIIb
Họ và tên thí sinh Số báo danh
Trang 2TRƯỜNG THPT
HUỲNH THÚC KHÁNG
đáp án đề THI THử ĐạI HọC Lần 2 - 2011
MễN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phỳt
1 (1,0 điểm)
1
1 +
−
=
x
x
a Tập xỏc định: R\ −{ }
b Sự biến thiờn:
) 1 (
2 '
2 > ∀ ≠− +
x y
Suy ra hàm số đồng biến trờn mỗi khoảng (−∞;−1) và (−1;+∞)
* Giới hạn: lim =1
+∞
x ; lim =1
−∞
→ y
+
−
−
−
xlim( 1 ) Suy ra đồ thị cú tiệm cận ngang là y=1 và tiệm cận đứng là x=−1
0,5
* Bảng biến thiờn
x −∞ -1 +∞
'
y + +
y
−∞ 1
1 + ∞
c Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (1; 0);
cắt Oy tại (0 −; 1)
Đồ thị nhận giao điểm I(−1;1)
của hai tiệm cận làm tõm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
a
a
a ∈
+
− 1
1
; , d1 =d(M;Oy)= a ( )
1
1
;
1
+
−
=
=
a
a Ox M d d
) ( 1
1
2
a
a a d d
+
− +
= +
=
0,5
I
(2,0
điểm)
Nhận xột: Với M(1;0) hoặc M(0;-1) => d=1 do đú chỉ cần xột
+
− 1
1 ,
a
a a
1
0< a<
1
2 1 1
2 1 1
2 1 1
1 )
+ + +
= + +
−
= +
− +
−
= +
−
−
=
=
a
a a
a a
a a a
a a a f d
0,5
Trang 3=> 2 2 2 2 2( 2 1)
1
2
+ + +
=
a a
=> Min d= ( )
−
−
=
+
−
=
<=>
+
= +
<=>
−
2 1
2 1 1
2 1 1
2 2
a
a a
1 (1,0 điểm)
4
1 sin 2 6
sin 3
+ +
<=>
4
1 sin 2 2
3 2 cos 1 2
3
2 2 cos 1
−
=
+
− +
+ +
x
x
4
5 sin 2 3 2 cos 3
2 2 cos 2
1
= +
−
+
−
0,25
4
5 sin 2 6
sin 2 2
+
4
5 sin 2 2 cos 2
1
= +
−
4
5 sin 2 sin 2 1 2
= +
−
−
0,25
<=>
=
=
<=>
= +
−
VN 2
3 sin
2
1 sin 0
3 sin 8 sin
x
x x
6
5 x
; 2 6 2
1
2 (1,0 điểm)
ĐK:
≠
>
4
1
x
x
, PT <=>
x
−
=
−
−
4 log 1
1
2
4
0,25
<=>
x
−
=
−
− 4 1
1 2
2
<=> x
x
x
−
=
−
+ 4 1
1
Nếu x>4 thì ( )* <=>x2−6x+3=0 => x=3 + 6 0,25
II
(2,0
điểm)
Nếu
−
<
<
<
1
4 1
x
x
thì ( )* <=>x2−4x+5=0 (VN)
Vậy PT có nghiệm x=3 + 6
0,25
III
(1,0
điểm)
Đặt
=
=
x
xdx dV
x U
3 2
sin
cos =>
−
=
=
x V
xdx dU
2
sin 2 1
2
Theo công thức tích phân từng phần ta
có
2 2
4 2 2
4 2
2 2
4 3 2
16 sin
sin 2 sin
cos
I x
xdx x
x x
x x
I =∫ = − +∫ =−π +
π
π π
π π
π
0,5
Trang 4Tính =∫
2
4
2 1
sin
π
xdx
=
=
x
dx dV
x U
2
sin
=>
−
=
=
x V
dx dU
2
4
2
4
π
π
π
π
xdx x
x
4
sin ln 4
π
π
π
x
4+
π
16 4
2 +
−π π
0,25
Xét tứ diện ABDA’có : BD=a, A’B= a 2 , A’D=a 3 suy
ra tam giác A’BD vuông tại B Gọi H
là trung điểm của A’D thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác A’BD Do AA’=AB=AD nên
AH ⊥(A’BD) và AH=a.cos600 =
2
a
0,5
IV
(1,0
điểm)
Suy ra VAA’BD = AH.S A'BD
3
1
=
12
2
2 2
1 2
3
a a
a
=
Vậy thể tích khối hộp đã cho là
2
2 12
2 6
3 3
a a
0,5
Nhận xét : P≥ ∀x;y∈R
TH1: P=0 <=> ( )*
0 5 2
0 1 2
= + +
= +
−
my x
y x
ta tìm m để tồn tại x;y thỏa mãn ( )*
2
2 1
+
=
−
m
5
2 1
−
−
=
−
−
−
m
5 2
1 1
−
=
−
−
=
Y
D
Hệ ( )* có nghiệm duy nhất <=> m+4≠0<=>m≠−4
Vậy với m≠−4 => GTNN P=0 <=>
4
3
; 4
10
+
−
=
= +
−
−
=
=
m D
D y m
m D
D
0,25
TH2: P≠0<=>m=−4 => P= x−2y+1+ 2x−4y+5
V
(1,0
điểm)
Ta lập bảng sau:
0,25
Trang 5Vẽ đồ thị hàm số y=f(t)
Từ đồ thị trên ta có GTNN P=
2
3 2
3
−
=
<=> t
Kết luận: GTNNP=0 khi m≠−4
GTNNP=
2
3
khi m=-4 <=>
x-2y+1=-2
1 (1,0 điểm)
Tam giác ABC đều => I cũng là trọng tâm, gọi H là chân đường cao
kẻ từ A => AI =2AH =>
2
; 2
5
H
BC:
( )
=
=
0
; 3
2
; 2 5
AI n
H
BC
=> BC: x=
2 5
0,5
{B C}
C
BC∩( )= ; =>
=
=
− +
− 2 5
9 ) 2 ( ) 1
x
y x
=>
−
+
2
3 3 2
; 2 5
2
3 3 2
; 2 5
C
B
0,5
2 (1,0 điểm)
R R
I
A Giả sử (S) có tâm I bán kính R đí qua
A(1;2;-1), tiếp xúc với ( )α tại B
Ta có 2R=IA+IB≥AB≥ AH
(H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống
( )α ) Dấu “=” <=> (S) là mặt cầu có đường kính AH
0,5
AH :
+
−
=
+
=
+
=
t z
t y
t x
2 1 2
1
Ta tìm H tương ứng với t thỏa mãn 1+t+2+t+2(-1+2t)-13=0
<=> 6t-12=0 <=> t=2 => H(3;4;3)
0,25
VIa
(2,0
điểm)
(S) có tâm I (2;3;1) , R= 6
2 =
AH
=> (S): (x−2)2 +(y−3)2 +(z−1)2 =6 0;25
PT <=> z3−2z2 +5z−4=0 <=> (z−1) (z2−z+4)=0
<=>
= +
−
=
(2) 4
(1) 1 2
z z z
0,5 VIIa
(1,0
điểm)
Giải (2):
0,5
Trang 6Có ∆=1−16=−15=>
−
=
+
=
2
15 1 2
15 1
i z
i z
Đáp số:
2
15
z= ±
1 (1,0 điểm)
(C) có I(-1;3), R=1, d(I;d)=2 => d không cắt (C) Gọi H là hình chiếu của I trên d
Gọi A là giao điểm của đoạn IH với (C), B là giao của đoạn IA kéo dài với (C)
Đường thẳng IH đi qua I(-1;3) có véc tơ chỉ phương là n d =( −3; 4) nên:
−
=
+
−
=
t y
t x
IH
4 3
3 1
5
7
; 5
1
H
0,5
Với điểm M bất kỳ thuộc (C), N thuộc d kẻ đường thẳng d’ song song với d cắt
đường thẳng IH tại K khi đó K ở giữa A và B (Vì nếu K thuộc tia AH thì
IK=(I,d')>IA=R điều này dẫn đến d'∩(C)=φ: Vô lí vì M∈d'∩(C) Tương
tự K không thể thuộc tia đối của tia BA Từ đó d(M;d)=KH
Do AH≤KH ≤MN => MN nhỏ nhất bằng AH khi M ≡ ,A N ≡H
0,25
Tọa độ giao điểm của IH với (C) ứng với t là nghiệm của PT:
(−1+3t)2+(3−4t)2 +2(−1+3t)−6(3−4t)+9=0<=> 25t2-1=0 <=>
5
1
±
=
t
=>tọa độ các điểm A và B là
− 5
11
; 5
2
− 5
19
; 5
8
,
So sánh khoảng cách từ các điểm
− 5
11
; 5
2
− 5
19
; 5
8
5
7
; 5
1
H ta tìm được
−
≡
5
11
; 5
2
A
− 5
11
; 5
2
5
7
; 5
1
N
0,25
2 (1,0 điểm)
B A
d
d 4
d 3
d 2
d 1
2 1 2
1//d d ;d
d => thuộc mp (P) (P) có n P =[M1M2;u1]=(0;2;2) với
11;2;0 d
M ∈ , M2(2;2;0)∈d2 (P) có pt y + z−2 =0
0,5
VIb
(2,0
điểm)
=
∩
=
2
3
; 2
1
; 1 ) (
d
A B=d4∩(P)=(4;2;0) => A, B thuộc (P)=>
−
=
2
3
; 2
3
; 3
1 1
2 2
1
−
=
−
=
x
1
u k
AB≠ => đường thẳng AB cắt d1 và d2 Vậy đường thẳng cần tìm là đường
thẳng AB :
1 1
2 2
4
−
=
−
=
x
0,5
VIIb
(1,0
Theo giả thiết α là nghiệm của phương trình i z4−2z3+7z2−4z+10=0
<=> ( )αi 4 −2( )αi 3+7( )αi 2−4( )αi +10=0 0,5
Trang 7<=> α +2α i−7α −4αi+10=0
<=>α4 −7α2+10+i(2α3−4α)=0
điểm)
<=>
=
−
= +
−
0 4 2
0 10 7
3
2 4
α α
α α
<=>
=
=
=
=
2 0 2 5
2
2 2
α α α α
<=>α2 =2<=>
−
=
= 2
2 α