De thi thu DH 2011

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trỡnh tiếp tuyến với đồ thị C, biết rằng khoảng cỏch từ giao điểm hai tiệm cận của đồ thị C đến tiếp tuyến bằng 2.. 1 điểm

Sở GD-ĐT thái Bình

Trường THPT Đông Thụy Anh

đề thi thử đại học đợt 2 năm 2011

Môn: Toán-Khối A-B

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x

x 1ư (C)

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

2 Viết phương trỡnh tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cỏch từ giao điểm hai tiệm cận của

đồ thị (C) đến tiếp tuyến bằng 2

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trỡnh: 1 2 cos x sin x( )

tan x cot 2x cot x 1

ư

=

2 Cho phương trỡnh x+ 1 x 2m x 1 xư + ( ư )ư2 x 1 x4 ( ư ) =m3

Tỡm m để phương trỡnh cú một nghiệm thực duy nhất

Câu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn: K =

6 0

1 sin x

1 sin x

π

+

ư

∫

Câu IV (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G nằm trên đoạn HK là đoạn vuông góc chung của AB

và CD (H thuộc AB, K thuộc CD) Chứng minh rằng tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nằm trên đường HK Đặt AB = 2a, CD = 2b, HK = h, chứng minh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R 1 2 2

2

Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2011 + y2011 + z2011 = 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F = x4 + y4 + z4

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho elớp (E) :x2 y2 1

9 + 4 = và A(3;-2) , B(-3;2) Tỡm trờn (E) điểm C cú hoành độ và tung độ dương sao cho tam giỏc ABC cú diện tớch bằng 6 2

2 Trong hệ trục Oxyz, cho cho Δ ABC với các đỉnh A, B, C thứ tự thuộc Ox, Oy, Oz sao cho G(4 2 7

;

3 ư 3 ;1) là trọng tâm của ABC Viết phương trình đường phân giác trong của góc A Δ

Câu VII.a (1 điểm) Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z1 và z2 khác 0 thỏa mãn: z12+z22 = z1z2 Chứng minh rằng Δ OAB đều (O là gốc tọa độ)

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y2 = 2x Gọi (C) là đường tròn đi qua đỉnh của (P), có tâm (với tung độ dương) thuộc đường chuẩn của (P) và cắt (P) tại điểm thứ hai sao cho khoảng cách giữa hai giao điểm của (C) và (P) bằng 2 2, viết phương trình đường tròn (C)

2 Trong hệ trục Oxyz, cho hai đường thẳng cắt nhau (d1): x 3 y 3 z 3

= = , (d2) là giao tuyến của hai mặt phẳng: 5x-6y-6z+13 = 0 và x-6y+6z-7 = 0 Gọi I là giao điểm của (d1) và (d2), tìm tọa độ A,

B thứ tự thuộc (d1), (d2) sao cho ΔIAB cân tại I và có diện tích bằng 41

42

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ:

x

3.25 (3y 10).5 y 3 log (cos y sin y) log (cos y cos 2y) 0

⎪

⎪⎩ = , với y ∈ ư[ 1;1]

-Hết -

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

Sở GD-ĐT thái Bình

Trường THPT Đông Thụy Anh

đáp án-thang điểm

đề thi thử đại học đợt 2 năm 2011

Môn: Toán-Khối A-B

(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang)

m

1 (1đ)

Chiều biến thiờn

xlim f (x) xlim f (x) 1

ư

nờn y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x 1lim f (x)+ , limx 1

→ = +∞ → = ư∞ nờn x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y’ = 1 2 0

(x 1)

ư <

ư

0.25

Bảng biến thiờn

Hàm số nghịc biến trờn các khoảng (ư∞ và (1;;1) +∞ )

Hàm số khụng cú cực trị

0.25

Đồ thị.(tự vẽ)

Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)

Vẽ đồ thị

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

0.25

2 (1đ)

Giả sử M(x0 ; y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến Δ cần tìm (xo ≠ 1)

Khi đó phương trỡnh tiếp tuyến tại M cú dạng : Δ 0

0 2

x 1

2 0

x 1

(x 1) (x 1)

0.25

Tính được: d(I; Δ ) = 0

4 0

2

x 1 1 1 (x 1)

ư +

ư

, d(I, Δ ) = 2 ⇔ 0

4 0

2

x 1 1 1 (x 1)

ư +

ư

Đặt t =

o

1

x ư1 (t > 0), ta có phương trình : 4

2t

2

1 t = +

2(1 t ) 4t

(t 1) 0 t 1 t 1

⇔ ư = ⇔ = ⇔ = (vì t > 0) Khi đó có : xo ư1 = 1 0 0

x 2

x 1 1

=

⎡

⇔⎢ ư = ư⎣ ⇔ ⎢⎣ =

0.25

I

(2điểm)

+ Với x0 = 0 ta cú tiếp tuyến là y = -x

+ Với x0 = 2 ta cú tiếp tuyến là y = -x+4 0.25

1 (1đ)

II

(2điểm)

Điều kiện: sin 2x tan x cot 2x( ) 0

cot x 1

⎧⎪

⎨

≠

1 +∞

-∞

1

-y

y'

x -∞ 1 +∞

C©u §¸p ¸n §iÓm

Ta cã: PT ⇔ 1 2 cos x sin x( ) cos x.sin 2x

2 sin x sin x cos 2x cos x cos x

1 cos x sin 2x sin x

−

2sin x.cos x 2 sin x

2

4

π

⎡ = + π

⎢

π

⎢ = − + π

⎢⎣

]) (v× sinx 0) ≠ 0,25

Ta thÊy x k2 (k )⇒

4

π

= + π ∈] cotx = 1 (kh«ng tháa m·n điều kiện)

VËy nghiệm của phương trình đã cho là: x k2 (k )

4

π

2 (1®)

Phương trình x+ 1 x 2m x 1 x− + ( − )−2 x 1 x4 ( − ) =m3 (1) Điều kiện : 0 x 1≤ ≤

Nếu x∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì

điều kiện cần lµ: x 1 x x 1

2

= − ⇔ = Thay x 1

2

= vào (1) ta được:

m 1

=

⎡ + − = ⇔ ⎢ = ±

⎣

0,25

* Với m = 0; (1) trở thành: ( )2

2

− − = ⇔ = Ptrình có nghiệm duy nhất 0,25

* Với m = -1; (1) trở thành: x+ 1 x 2 x 1 x− − ( − )−2 x 1 x4 ( − ) = 1−

( )

( x 1 x 2 x 1 x4 ) (x 1 x 2 x 1 x( ) )

x 2

x 1 x 0

⎧ − − =

⎪

− − =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất

0,25

II

(2®iÓm)

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

( ) ( ) ( ) (2 )2

4

x+ 1 x 2 x 1 x− − − = −1 2 x 1 x− ⇔ x− 1 x− = x− 1 x−

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

2

x= x= nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1

0,25

§Æt sinx = t, dt = cosx.dx; x = 0 ⇒ t = 0, x = 1

t

π⇒ = Ta cã: K =

1 2

0

1 t 2t.ln dt

1 t

+

−

2

dv 2tdt v t

+

⇒ K =

1 1

2 2 2 2

2

0 0

t ln 2 dt

1 t 1 t

+ −

1 2 2 2 0

ln 3 2 dt

4 − 1 t

−

∫

0,25

TÝnh ®−îc

1 2 2 2 0

t

1 t

=

−

ln 3

2 2

III

(1®iÓm)

VËy K = 1

ln 3

4 -2(

1 1

ln 3

2 2

− + ) = 1-3

ln 3

Câu Đáp án Điểm

Do G là trọng tâm ABCD nên ta có: GA GB GC GD 0JJJG JJJG JJJG JJJG G+ + + = (1)

G I, ọi J thứ tự là trung điểm của AB và CD, ta có:

GA GB 2GI+ =

JJJG JJJG JJG

(2), GC GD 2GJJJJG JJJG+ = JJG (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: GI GJ 0JJG JJG G+ = ⇒G là trung điểm của IJ,

theo giả thiết G ∈ HK, do đó IJ và HK hoặc trùng nhau hoặc đồng phẳng

Nếu HK và IJ đồng phẳng thì AB và CD đồng phẳng (không xảy ra), vậy HK trùng IJ hay H

là trung điểm AB, K là trung điểm CD

0,25

Ta có HK là trung trực của AB đồng thời cũng là trung trực CD, gọi O là tâm mặt cầu ngoại

tiếp ABCD thì OA = OB nên O thuộc trung trực AB và OC = OD nên O thuộc trung trực CD

Vậy O thuộc HK (đpcm)

0,25

+ CM: R 1 2

h (a b) 2

, ta có O thuộc HK, đặt OH = x Khi đó:

R2 = OA2 = OH2+HA2 = x2+a2, R2 = OC2 = OK2+KC2 = (h-x)2+b2

⇒2R2 = a2+b2+x2+(h-x)2 Theo bđt Côsy ta có:

2 2

a b

ab 2

+

≥

Theo bđt Bunhiacopski, ta có: (12+12)[x2+(h-x)2] ≥[x+(h-x)]2, hay x2+(h-x)2 ≥ h2

2

0,25

IV

(1điểm)

Vậy 2R2

ab

≥ + ⇔4R2 ≥a2+b2+2ab h+ 2 = +(a b)2+h Chứng tỏ: R 1 2

h (a b) 2

0,25

2 (đpcm)

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2007 số 1 và 4 số x2011 ta có:

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 4 2007

1 1 1 x+ + + + +x +x +x ≥2011 x x x x =2011x (1) 0,25

Tương tự ta có:

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 4 2007

1 1 1 y+ + + + +y +y +y ≥2011 y y y y =2011y (2)

2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 4 2007

1 1 1 z+ + + + +z +z +z ≥2011 z z z z =2011z (3)

0,25

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:

6021 4(x+ +y +z ) 2011(x≥ +y +z )⇔6033 2011(x≥ +y +z ) 0,25

V

(1điểm)

Từ đó: F x= 4+y4+z4 ≤3Mặt khác tại x = y = y = 1 thì F = 3 nên GTLN của F = 3 0,25

1 (1đ)

Tính được AB = 52 và viết được PT đường thẳng AB: 2x+3y = 0 0,25

Gọi C(x; y) với x > 0, y > 0 Khi đú ta cú:

1

9 4

+ = và diện tớch tam giỏc ABC là:

ABC

2x 3y

+

0,25

Để SABC = 6 2 ⇔ 6 x y 6 2 x y

3 2+ = ⇔ 3 2+ = 2 (1)

Mặt khác:

2 2

2 2

(1 1 )( ) 2.1 2

3 2+ ≤ + 9 + 4 = = (2)

0,25

VI.a

(2điểm)

Từ (1) và (2), để SABC = 6 2 ⇔

2

2

3 2

x

y

+ =

⎩

⎪⎩

Vậy 3 2

( ; 2 2

Câu Đáp án

2 (1đ)

+Gọi A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), do G là trọng tâm Δ ABC nên ta có a = 4, b =

2 21

ư , c = 3 Vậy A(4; 0; 0), B(0; -2 21; 0), C(0; 0; 3) 0,25 +Gọi D là điểm trên tia AC sao cho AD = AC Ta có Δ ABD cân tại A Khi đó đường phân

giác trong của góc A là đường trung tuyến AM của Δ ABD (M là trung điểm BD) 0,25 +Tìm tọa độ D: Ta có ACJJJG = (-4; 0; 3) nên pt tham số của AC là:

x 4t

y 0

z 3 3t

=

⎧

⎪ =

⎨

⎪ = ư

⎩

Do D thuộc AC nên tọa độ D(4t; 0; 3-3t) ⇒ ADJJJG = (4t-4; 0; 3-3t), mà D nằm trên tia AC

nên ADJJJG= kACJJJG (k > 0)

4t 4 4k

3 3t 3k t 1

k 0

ư = ư

⎧

⎪

⇔⎨ ư = ⇒ <

⎪ >

⎩

Mặt khác AD2 = AB2 ⇔ (4t-4)2+(3-3t)2 = 100 ⇔ (t-1)2 = 4 ⇔ t = -1 hoặc t = 3

Do t < 1 nên t = -1 vậy D(-4; 0; 6)

0,25

VI.a

(2điểm)

+Ta có M là trung điểm BD nên tọa độ M(-2; - 21; 3) ⇒AMJJJJG = (-6; - 21; 3)

Vậy phương trình đường phân giác trong của góc A là AM có pt:

x 4 6t

z 3t

1t

= ư

⎧

⎪

= ư

⎨

⎪ =

⎩

Tam giác OAB đều ⇔ OA = OB = AB ⇔ z1 = z2 = z1ưz2 0,25

Từ giả thiết ta có z12+z22-z1z2 = 0 ⇔(z1+z )(z2 12ưz z1 2 +z ) 022 =

z z 0 z

⇔ 3+ 3 = ⇔ 3= ư 3

2

Mặt khác: z12+z22-z1z2 = 0 ⇔(z1ưz )2 2 = ưz z1 2

2 2

(z z ) z z z z z z

⇒ ư = ư ⇔ ư = , mà z1 = z2 (theo (1)) nên:

z ưz = z ⇒ z ưz = z (2)

0,25

VII.a

(1điểm)

Từ (1) và (2) có z1 = z2 = z1ưz2 (đpcm) 0,25

1 (1đ)

Gọi I là tâm của (C), do I thuộc đường chuẩn của (P) có phương trình x = 1

2

ư nên I có tọa

độ I( 1

2

ư ; t) với t > 0, gọi giao điểm thứ hai của (C) với (P) là A, do I thuộc đường chuẩn và

có tung độ dương nên A có tung độ dương

0,25

Từ giả thiết có OA = 2 2 mà A thuộc (P) nên tọa độ A là nghiệm hệ:

2

2 2

x 2

y 2x

y 2

x y 8

=

⇔

⎨ + = ⎨ =⎩

⎩ (do tung độ A dương) Vậy A(2; 2)

0,25

Khi đó ta có IO = IA hay IO2 = IA2 1 2 25 2

5 2

Do đó tâm I( 1

2

ư ; 5

2) bán kính đường tròn (C) là OI =

13

2

Vậy phương trình (C): (x+1)2+(y-3)2 = 13

2

0,25

2 (1đ)

VI.b

(2điểm)

+Tính tọa độ I = d1∩ d2, I thuộc d1 nên I(3+2t,; 3+2t; 3+t)

Mặt khác I thuộc d2 nên tọa độ I thỏa mãn hệ 5(3 2t) 6(3 2t) 6(3 t) 13 0

(3 2t) 6(3 2t) 6(3 t) 7 0

⎧

⎨ + ư + + + ư =

⎩

Câu Đáp án Điểm

8t 8 0

t 4t 4 0

ư ư =

⎧

⇔⎨ư ư =⎩ ⇔ = ư Do đó I(1; 1; 2) 1 0,25

Ta có vtcp của d1 là uJJG1= (2; 2; 1)

Mặt khác mọi điểm M(x; y; z) thuộc d2 thì tọa độ M thỏa mãn hệ:

5x 6y 6z 13 0

x 6y 6z 7 0

ư ư + =

⎧

⎨ ư + ư =

⎩ , cho x = 6t, ta được y =

1

2+3t, z =

5

3+2t

Do đó d2 có vtcp là uJJG2 = (6; 3; 2)

Gọi α là góc giữa d1 và d2 có cosα = 1 2

1 2

21

4 4 1 36 9 4

u u

+ +

+ + + +

JJG JJG JJG JJG

Do đó sinα = 41

21 Khi đó SABC = 1

2IA.IB.sinα = 1

2IA

2 sinα = 41 2

IA

42

0,25

S ABC = 41 41 2 41 2

42 ⇔ 42 = 42 ⇔ = ⇒ = =

Do A thuộc d1 có vtcp uJJG1= (2; 2; 1), qua I nên A(1+2t; 1+2t; 2+t),

IA2 = 1 ⇔t = 1

3

± Từ đó A(5 5 7; ;

3 3 3) hoặc A(

1 1 5

; ;

3 3 3)

0,25

VI.b

(2điểm)

Do B thuộc d2 có vtcp uJJG2 = (6; 3; 2) và qua I nên B(1+6s; 1+3s; 2+2s),

IB2 = 1 ⇔t = 1

7

± Từ đó B(13 10 16; ;

7 7 7 ) hoặc B(

1 4 12

; ;

7 7 7 )

0,25

ĐK: , từ phương trình thứ hai ta có: cos2y = -siny (*)

cos y sin y 0 cos y cos 2y 0

0 x 1

ư >

⎧

⎨

⎪ < ≠

⎩

(*)⇔cos2y = cos(y+

2

π )

2y y k2

2 2

2

2

π

⎢

⎢

⎢ = ư ư + π = ư +

⎢

Do y thuộc [-1; 1] nên y =

6

π

ư (thỏa mãn đk)

0,25

Từ phương trình thứ nhất ta được x 2 1

5 3

ư = hoặc 5x 2 ư

= 3-y

Với x 2 1

5 3

ư = , được x-2 = ưlog 35 ⇔ x = 2ưlog 35 (thỏa mãn)

Với 5x 2ư = 3-y, kết hợp y =

6

π

ư , được 5x 2 ư

= 3+

6

π

5

x 2 log (3 )

6

π

⇔ = + + (thỏa mãn)

0,25

VII.b

(1điểm)

Vậy hệ có nghiệm là

5

x 2 log 3 y

6

= ư

⎧

⎪

π

⎨

= ư

⎪⎩ hoặc

5

x 2 log (3 )

6 y

6

π

⎪⎪

⎪ = ư

⎪⎩

Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ

điểm từng phần như trong đáp án qui định