PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. 1,0 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng ABC trùng với tâm O củ
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
TỔ TOÁN – TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
MÔN: TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số = −
+
1
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2 Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ điểm I(-1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M bằng 6
Câu II (2,0 điểm)
+
2
x
x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: =
+
∫
3 ln 2
3
dx I
e
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông
góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3
4
Câu V (1,0 điểm) Cho các số dương , , : a b c ab bc ca+ + =3.
1 a b c( ) 1+ b c a( ) 1+ c a b( ) ≤ abc
B PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II )
I Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD Phương trình cạnh AB: x – 2y + 1 = 0, cạnh BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(-2;0;-2); B(0;3;-3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) là lớn nhất
Câu VIIa (1,0 điểm) Đặt ( − + 2 − 3)4 = + + 2 + + 12
1 x x x a a x a x L a x Tìm hệ số a7
II Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
giao điểm của hai đường thẳng: d1 :x y− − =3 0, d2 :x y+ − =6 0 Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 với tia Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
phương trình: 2x +2y z− +17 =0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích là 9π
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 1+ log2x +log2(x +2) > log 2(6−x)
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,0 điểm)
R\{-1}
( )2
3
1
= > ∀ ≠ −
+
x Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của hàm số.
0.25
( ) 1
±
→ − = ∞ → = −
x y m x là tiệm cận đứng
→±∞ = → =
-Bảng biến thiên
0.25
-Đồ thị đi qua (0;-1), (1/2; 0) vẽ đúng
0.25
2 Tìm điểm M trên (C) … (1,0 điểm)
1
3 2
; 0
x x
+
) 1 (
3 1
3
0 0
x x x
x
+
= + +
−
0
x
+ Kho¶ng c¸ch tõ I(−1;2) tíi tiÕp tuyÕn lµ
0
0 0
3( 1 ) 3( 1) 6 1
9 ( 1)
x
0+1 = ⇔3 0 = − ±1 3
0.25
0.25
0.25
0.25
1 Phương trình lượng giác …(1,00 điểm)
( )
2
x
+
Đk: sin 2x≠0; tanx≠ −1
Biến đối ta có: (sin cos ) (sin 2 cos 2 3) 0 sin 2 cos 2 3 0 ( )
sin cos
Với (0; ) cos sin
4
π π
0.25 0.5 0.25
2 Giải hệ phương trình….(1,00 điểm)
§k:
1 1 2
x y
≥
≥
0.25
Trang 3B
C
C’ B’
A’
H
2
+ =
⇔ x = 4y thay vào (2) ta có
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
1 ( )
2
y tm
x
=
⇔ − = ⇔ = ⇒ =
Ta c ó
x
x x
e dx I
e e
=
+
∫
Đặt u= 3
x
e ⇒3du=e x3dx;x=0⇒u =1;x=3ln2⇒u=2
Ta được:
2 1
3 ( 2)
du I
u u
=
+
1
ln ln 2
2 1
u u
0.25 0.5
0.25
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⊥
⊥
BC O A
BC AM
' ⇒BC ⊥( AM A' )
Kẻ MH ⊥ AA,'(do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
AM A HM
AM A BC
⊥
⇒
∈
⊥
) ' (
) ' (
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O
A' =
⇔ suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A
0.5
0.5
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:3=ab bc ca+ + ≥3 (3 abc)2 ⇒abc≤1
Suy ra: 1 2( ) 2( ) ( ) 3 21 1 (1)
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
Tương tự ta có: 2 2
1 b c a( )≤3b 1 c a b( )≤3c
0.25 0.25
0.25
Trang 4Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
ab bc ca
+ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc=1,ab bc ca+ + = ⇒ = = =3 a b c 1, ( , ,a b c>0) 0.25
Theo chương trình Chuẩn
;
5
x
x y
B
x y
y
=
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
nuuur − nuuur − nuuur a b (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD,
AC Khi đó ta có: cos(nuuur uuurAB,n BD) = cos(nuuur uuurAC,n AB)
3
2
7
a b
a
= −
= −
- Với a = - b Chọn a = 1 ⇒ b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC suy ra 1 0 3 (3; 2)
A
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD
7
;
2
x
x y
I
x y
y
=
− − =
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( )4;3 ; 14 12;
5 5
+ Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Gọi H là hình chiếu của B trên (P) suy ra BH là khoảng cách từ B đến (P) vàBH ≤BA
Ycbt suy ra mp(P) đi qua A(-2;0;-2) và vuông góc với AB nhận uuurAB=(2;3; 1− ) là VTPT
Pt (P): 2(x+ +2) (3 y− − + = ⇔0) (z 2) 0 2x+3y z− + =2 0
0.25 0.25 0.5
1− +x x −x = 1− +x x 1−x = 1−x 1+x
4
1
1
x C C x C x C x C x
x C C x C x C x C x
Suy ra a7 = −C C43 42−C C =-4014 43
0.25 0.25 0.25 0.25
Theo chương trình Nâng cao
1
( )
9 3
; ; 3;0
2 2
Giả sử M là trung điểm AD suy ra AB = 2IM = 3 2
ABCD
AD qua M vuông góc với d1 suy ra AD : x + y – 3 = 0
MA = MB = 2 suy ra tọa độ A, D là nghiệm của hệ
0.25
0.25
Trang 5( )2 2
+ − =
hoac
Chọn A(2;1) suy ra D(4;-1); C(7;2); B(5;4)
0.25
0.25
2 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5
Bán kính đường tròn giao tuyến bằng 3 suy ra khoảng cách từ tâm I đến mp (Q) bằng 4
(Q) song song với (P) suy ra (Q): 2x + 2y – z + d = 0
( )
3
d
Ta có (Q): 2x + 2y – z -7 = 0
0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb 1+ log2x +log2(x +2) >log 2(6−x) 1.0
ĐK 0< <x 6
Ta có
2
2
16 36 0
18
>
⇔ + − > ⇔ < −
x
x
Kết hợp điều kiên ta có nghiệm của BPT là 2< <x 6
0.25 0.25 0.25 0.25