Toán lần 2 (2011) Nguyên Huệ

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm tọa độ điểm M thuộc C, biết rằng tiếp tuyến của C tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I1; 1.. Tính theo a thể tíc

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN

NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =

1

x

x−

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

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1)

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos3 cos2 2 1 sin( )

sin cos

x

+

2 Giải hệ phương trình:

2







Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:

1

ln

1 ln

dx

x + x

∫

Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C;

đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =

4

a

Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ .

Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện

3

ab bc ca+ + = , ta có: 2 2 2

1

Câu VI: (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD Điểm M(0; )1

3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :

1: 4

1 2

x t

=



 = −



 = − +



; d2: 2

x= y− = z

− − và d3:

x+ = y− = z+

Viết phương trình đường

thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC

Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z2+2 z z+ z2 =8 và z z+ =2

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên:……… SBD:………

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN

NGUYỄN HUỆ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI

NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

I-1

(1 điểm)

TXĐ : D = R\{1}

1 0 (x 1)

−

0,25

lim ( ) lim ( ) 1

x f x x f x

→+∞ = →−∞ = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

lim ( ) , lim

x + f x x −

→ = +∞ → = −∞nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 Bảng biến thiên

1 + ∞

- ∞

1

-y

y'

x -∞ 1 + ∞

Hàm số nghịch biến trên (−∞;1)và (1;+∞)

Hàm số không có cực trị

0,25

Đồ thị :

Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0,25

I-2

(1 điểm) Với x0 ≠1, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; 0

0 1

x

x − ) có phương trình :

0,25

0 0 2

1

x

2 0

1

0

x

x y

(d) có vec – tơ chỉ phương 2

0

1

( 1)

u

x

= −

−

r

0 0

1

1

IM x

x

−

Để (d) vuông góc IM điều kiện là :

0

0

0

2

x

x

=



+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)

II-1

(1 điểm)

Khi đó PT ⇔ −(1 sin2x) (cosx− =1) 2 1 sin( + x) (sinx+cosx)

⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x+sinx+sin cosx x) =0

⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x) (1 sin+ x) =0

0,25

x x

= −



2 2 2

 = − +



⇔



(k m, ∈Z)

2

và x= +π m2π (k m, ∈Z)

0,25

II-2

(1 điểm)

Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình

Với x≠0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

y

x y

x y

x





0,25

Đặt

2 1 ,

y

x

+

+) Với v=3,u=1ta có hệ:

2, 5

+) Với v= −5,u=9ta có hệ:

2

1 9 5

x y

 + =

 + = −

 , hệ này vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y = x y = −

0,25

III

(1 điểm) Đặt t = 1 ln x+ có 2tdt = 1dx

x

x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2

0,25

2 2

2

1 ln

e

t

−

+

2 3

1

3

t t

2(2 2) 3

−

IV

(1 điểm)

Gọi I là trung điểm A’B’ thì

' ( ' ') ' AA '

C I A B

C I ABA B

C I



suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính

là góc · 'C BI

Suy ra ·C BI' =600

' tan '

2

a

3 ' ' ' ' ' '

ABC A B C A B C

a

/ / '

( ) / /( ' ) / / '

NP BC

NPQ C BI

PQ C I



0,25

ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI

Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥AM nên AM ⊥ ( 'C BI )

Suy ra (AMC) ⊥( 'C BI (2))

Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥

0,25

V

(1 điểm)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a b2 2 +b c2 2+c a2 2 +a b c2 2 2 ≥4 0,25 Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh x2+y2+ +z2 xyz≥4 với mọi x, y, z

không âm thỏa mãn: x + y + z = 3

Không làm mất tính tổng quát giả sử x ≤ y; x ≤ z thì x ≤ 1 ta có:

0,25

4

x

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

0,25

(1 điểm)

Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’

thuộc AB, ta có :

' '

N I N

N I N



Phương trình đường thẳng AB:

4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2

+

0,25

AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:

4

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2

(x 2) (y 1) 5



 − + − =



B có hoành độ dương nên B( 1; -1)

0,25

VI -2

(1 điểm)

Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3

Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) 0,25

A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔B là trung điểm của AC

( 1 5 ) 2

4 (1 2 ) 2.(2 3 )

1 2 ( 1 ) 2( 3 )





− + + − + = −



0,25

Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0

Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình 2

x= y− = z

0,25

VII

(1 điểm)

Gọi z = x + iy ta có z x iy z= − ; 2 = z2 =zz x= 2+y2 0,25

2

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = ±1