DE+DAP AN KHOI A+B 2011

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số.. Hai mặt phẳng SAB, SAD cùng vuụng gúc với đỏy.. Xỏc định tõm và bỏn kớnh mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ACD.. Trong mặt phẳng với hệ tọa

Sở GD&đt HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2010 – 2011

TRƯờng thpt minh châu MễN TOÁN -KHỐI A+B

Thời gian làm bài : 180 phỳt(khụng kể thời gian giao đề)

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

Cõu I(2,0 điểm): Cho hàm số: 1

2( 1)

x y x

−

= +

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Tỡm những điểm M trờn (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giỏc cú trọng tõm nằm trờn đường thẳng 4x + y = 0.

Cõu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trỡnh :cos 4 2cos2 sin(3 ) sin( ) 1

x+ x+ x−π + x−π =

2.Giải hệ phương trỡnh :

x

x y y y

 − = − +







(với x R∈ )

Cõu III(1,0 điểm) Tớnh tớch phõn

2 5

2 ( 1) 5

xdx I

=

Cõu IV(1,0 điểm): Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy là hỡnh thang vuụng tại A, B Hai mặt phẳng

(SAB), (SAD) cùng vuụng gúc với đỏy Biết AB = 2a, SA = BC = a, CD =2a 5 Tớnh thể tích khối chóp S.ABCD Xỏc định tõm và bỏn kớnh mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ACD.

Cõu V(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa món : x y+ = 2 x− + 2 y+ + 1 1

Tỡm GTLN, GTNN của F = ( ) ( ) 2(1 )

xy x y

x y

− + − +

II/PHẦN RIấNG (3,0 điểm)Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A/Theo chương trỡnh Chuẩn:

Cõu VIa (2,0điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , cạnh BC nằm

trên đờng thẳng có phơng trình x+2y-2= 0 Đờng cao kẻ từ B có phơng trình: x-y+4=0, điểm M(-1;0) thuộc đờng cao kẻ từ C Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác

2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(3;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) và H là hình chiếu

của O lên mp(ABC) Gọi D là điểm đối xứng với H qua O Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ABCD

Câu VIIa: (1điểm) Gọi z z1 ; 2 là cỏc nghiệm phức của phương trỡnh: z2 − 4z+ = 5 0

Tớnh: 2011 2011

(z − 1) + (z − 1)

B/Theo chương trỡnh Nõng cao:

Cõu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh thoi ABCD cú tõm I(2;1) và AC = 2BD

Điểm M (0; )1

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

2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng : 1

1 : 2 1

z

= +



 = −



 =



; 2: 2 1 1

Viết phương trỡnh mp(P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cỏch từ 2 d đến (P) gấp hai lần khoảng cỏch 1

từ d đến (P).2

Cõu VII.b( 1,0điểm) Giải hệ phương trỡnh: log (2 2 8) 6

8x 2 3x y 2.3x y

+







HẾT !

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu.Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh:……….Số bỏo danh:………

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM

ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 2

MÔN TOÁN - KHỐI A

Câu Nội Dung Điểm I

(2,0đ)

1 (1,0đ)

TXĐ: D = R\{ }− 1

Chiều biến thiên: ,

2

1 0 ( 1)

y x

= >

+ , với ∀ ∈x D

⇒hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :(−∞ − ; 1) và (− +∞ 1; )

Cực trị: hàm số không có cực trị

Giới hạn, tiệm cận :

1 2

x

limy

→+∞ = , 1

2

x lim y

→−∞ = ; x→ −lim y( 1)+ = −∞ ,

( 1)

x lim y

−

→ − = +∞

2

y= là tiệm cận ngang; x= − 1 là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:

Đồ thị: đi qua các điểm (0; 1

2

− ) ; (-2; 3

2) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; 1

2) làm tâm đối xứng

2 (1,0đ)

0,25

0,25

0,25

0,25

1 2

2

−∞

1

−

x y

1 2

-1

I O y

x

II

(2,0đ)

Ý 1

2.Gọi M( 0

0 0

1

; 2( 1)

x x x

− + ) ∈( )C là điểm cần tìm Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình ∆:

0

1 ( )( )

2( 1)

x

x

−

0 0

1 1

( )

2( 1) 1

x

x x

−

+ +

Gọi A = ∆ ∩ox ⇒A( 02 2 0 1

2

x − x −

B = ∆ ∩oy⇒ B(0;

2

0 0

2 0

2 1 2( 1)

x

+ ) Khi đó ∆tạo với hai trục tọa độ ∆OAB

có trọng tâm là: G(

2 0

;

6 6( 1)

x

Do G∈ đường thẳng:4x + y = 0⇒

2 0

x

+

0

1 4

1

x

= + (vì A, B ≠O nên x02− 2x0 − ≠ 1 0)

1

1

 + = −  = −

Với 0

( ; )

x = − ⇒M − − ; với 0 3 ( 3 5; )

x = − ⇒M − .

1 (1,0đ)

Pt⇔ cos4x + cos2x + sin(3x -

3

π ) + sin(x-

3

π ) = 0

⇔2cos3x cosx +

2sin(2x-3

π ) cosx = 0

3

cos 0 os3 sin(2 ) 0

3

x

=





⇔



Với cosx = 0 ⇔x =

2 k

π + π

Với cos3x + sin(2x-

3

π ) = 0 os3 os( 2 )

6

6

6

 = + +



⇔ 

 = − − +



2 6

2

30 5

 = +



⇔ 

 = − +



k∈Z

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(1,0đ)

VIa 2

(1,0đ)

VIIa

2 (1,0đ)

(1,0đ) Từ gt⇒ ≥x 2;y≥ − 1.

2 2

2. x− + 2 1. y+ 1 ≤ 2 + 1 x− + + 2 y 1 ⇔ 2 x− + 2 y+ ≤ 1 5(x y+ − 1)

Nờn từ x y+ = 2 x− + 2 y+ + 1 1

5( 1) 1

⇒ + ≤ + − + Đặt t = x + y , ta cú: t− ≤ 1 5( 1)t− ⇔ ≤ ≤ 1 t 6

Khi đú: F = 12(x y+ )2+ x y2+ =12t2+ 2t

Xột ( ) 1 2 2

2

t

= + , với t∈[ ]1;6 , cú ' 1 [ ]

( ) 0; 1;6

t t

[ ] 1;6

1 ( ) (1)

2

t

Min f t f

∈

1;6

2

ax ( ) (6) 18

6

t

⇒ GTNN của F là: 1

2đạt được tại: 1 2

1

x t

y

=



= ⇔  = −



GTLN của F là: 18 2

6

+ đạt được tại :t= 6 6

0

x y

=



⇔  =



Phơng trình mặt phẳng (ABC) theo đoạn chắn : 1 3 0

3 3 3

x y z

+ + = ⇔ + + − = Gọi d là đờng thẳng qua O và vuông góc với mp(ABC).Phơng trình d là:

x t

y t

z t

=



 =



 =



H là hình chiếu của O lên mp(ABC),suy ra toạ độ H là nghiệm của

3 0

x t

y t

H

z t

x y z

=



 =

 =



 + + − =



D là điểm đối xứng với H qua O suy ra D(-1;-1;-1)

Gọi (S) : x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 là phơng trình mặt cầu (a2+b2+c2- d>

0) Vì A∈ ( )S ta có 9+6a+d=0

Vì B∈ ( )S ta có 9+6b+d=0

Vì C∈ ( )S ta có 9+6c+d=0

Vì D∈ ( )S ta có 3-2a-2b-2c+d=0

Từ đó a=b=c= 1

2

− ;d=-6 Vậy (S):x2+y2+z2-x-y-z-6= 0 là PT mặt cầu cần tìm

1,0đ Ta cú: ∆ = − = − = ' 4 5 1 i2 1

2

2 2

= −



⇒  = + Khi đú: ( )2011 ( )2011 ( )2011 ( )2011

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0.25 0.25

VIb2

(1,0đ)

VIIb

(1,0đ)

( )

(1 ) (1 )i  i  1 i  (1 )i 

= −  −  + +  +  =( ) ( )1005 ( ) ( )1005

1 −i − 2i + + 1 i 2i

2 i(1 ) 2i i(1 ) 2i i(1 i 1 )i 2

2.(1,0đ)

Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u→1 = −(1; 1;0)

d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u→2 = −(1; 2;2)

Gọi →n là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d2 nên

n

→= [u u→ →1; 2 ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0

d(d1;(P)) = d(A ; (P)) = 7

3

m

+ ; d(d2 ;( ))P = d( B;(P)) = 5

3

m

+

vì d(d1;(P)) = 2 d(d2 ;( ))P ⇔ + = 7 m 2 5 +m

7 2(5 )

7 2(5 )



⇔  + = − +

3 17 3

m m

= −





⇔

 = −

 Với m = -3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0

Với m = -17

3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z - 17

3 = 0

Pt đầu ⇔y – 2x + 8 = ( )6

2 ⇔ =y 2x

thế vào pt thứ hai ta được:

8x+ 2 3x x = 2.3x ⇔ + 8x 18x = 2.27x 8 18 2

27 27

⇔ ÷ + ÷ =

3

2

   

⇔ ÷ + ÷ =

   

Đặt: t = 2

3

x

 

 ÷

  , (đk t > 0 ) , ta có pt: t3 + − = ⇔ −t 2 0 (t 1) (t2 + + =t 2) 0 0

1

0

x t

y

=



⇔ = ⇒  =



0.25 0.25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu II 2 (1 điểm) Giải hÖ phương trình :

6 2 3 3 (1)

2 3 3 6 3 4 (2)

x

x y y y

 − = − +







(với x R∈ )

B là giao điểm của đường cao qua B

và đt BC nên toạ độ điểm B là nghiệm 0.25 của hệ 4 0 ( 2; 2)

2 2 0

x y

B

− + =

 + − =

§K:

3 0,

3x+ 3 0 (*)

0

x y

x y y

− ≥





− ≥



 ≠



(1) 2(3x y) 3y 3x y 2(3x y2 ) 3 3x y (3)

−

0.25

§Æt t= 3x y

y

− Phương trình (3) có dạng 2t2-t-3=0 1

3 2

t t

= −





⇔

 =



0.25

Với t=-1 ta có: 3x y

y

−

0 3

3 (3)

y

<



 Thế (3) v o (2) ta à được 2

(L) 2

y

= − ⇒ =





 =



0.25

0 3

4

y

x y

>





Thế (4) vào (2) ta được 9 2 5 9 2

4y + 2y = 2y + y−

Đặt u= 9 2 5

, u 0

4 y + 2y ≥

Ta có PT :2u 2 -2u-4=0⇔  =u u= −2 (t/m)1 (L)

Với u=2 ta có

(t/m)

2 (L)

y

 = ⇒ =



= −



KL HPT đã cho có 2 cặp nghiệm (4;-4) , ( ; )8 8

9 9

3 2(3 ) 3 3 0, t= 3 0 2

y t

 =



= −



0.25

A M(-1;0)

x+2y-2=0

N I

H E

Qua M kẻ đt song song với BC cắt đường cao kẻ từ B tại N.Gọi I là giao điểm của MN với đường cao kẻ từ A thì I là TĐ của MN.§êng th¼ng MN //BC nên

⇒ (MN) :x+ 2y+ = 1 0

N là giao điểm của đường cao qua B và đt MN nên toạ độ điểm N là nghiệm

của hệ 2 1 0 ( 3;1) ( 2; )1

x y

 − + =

 0.25 Gọi E là TĐ của BC Do tam giác ABC cân tại A nên IE là trung trực của BC

mà BC : x+2y-2=0⇒IE: 2x y m− + = 0.

∈ ⇔ − − + = ⇔ = ⇒ ( ) :4x-2y+9=0IE 0.25

E là giao điểm của đường cao IE và đt BC nên toạ độ điểm E là nghiệm của

hệ 2 2 0 ( 7 17; ) ( 4 7; )

 − + =

CA đi qua C và vuông góc với BN mà BN x-y+4=0 suy ra (AC):x+y+m=0

C − ∈AC ⇔ − + + = ⇔ = −m m Suy ra (AC):x+y-3

5=0

A là giao điểm của đường cao IE và đt AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của

hệ

4 2 9 0

13 19 ( ; ) 3

10 10 0

5

A

x y

 + − =

 0.25

(1 điểm)

Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thỡ N’ thuộc AB, ta cú : '

'



 0.25

Phương trỡnh đường thẳng AB:

4x + 3y – 1 = 0 0.25

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

4 3

+

AC = 2 BD nờn AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giỏc vuụng ABI

cú:

1 1 1

4

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0.25

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường trũn

tõm I bỏn kớnh 5

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2

4x 3y – 1 0 (x 2) (y 1) 5



 − + − =

 0.25

B cú hoành độ dương nờn B( 1; -1)

I

V

(1 điểm)

Qua C kẻ đờng thẳng song song với AB cắt AD tại E suy ra tứ giác ABCE là HCN nên

AE =a và ∆CED vuông tại E Theo Pitago có

DE =CD −CE = a − a = a ⇒DE = a

AD là đỏy lớn của hỡnh thangn AE =a+4a=5a

Diện tích hình thang ABCD là S=( ) ( 5 ).2 2

6

a

(đvdt) Thể tích hình chóp S.ABCD là : V= ( ) 2

3

a ABCD

S

0.25 0.25

A

B

D

C

J

a

2a 5

a

R E

S

//

//

\\

\\

Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa.

Hết