Đề và đáp án thi thử ĐH Toán Lần 3 MAT 2011

Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB.. Phần riêng 3.0 điểm Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Lập phơng trình mặt phẳng P vuông góc với hai mặt phẳng  v

Trờng THPT Mai Anh Tuấn Đề thi thử đại học lần II

Tổ: Toán Môn: Toán; Khối: A

Đề thi chính thức Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề.

I Phần dành riêng cho tất cả thí sinh (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thi hàm số y = 2

1

x x



 (C) 2.Chứng minh với mọi giá trị thực của m, đờng thẳng y = - x + m (d) luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB

Câu II (2.0điểm)

1 Giải phơng trình: 3(sin2x + sinx) + cos2x – cosx = 2

2 Giải hệ phơng trình:

x

y

x x y x y



   





     



(với x, y  ; y > 0)

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân: I =

1 3

3 2

0 1

x dx x





Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a; góc ABC = 900;

SA (ABC); góc giữa hai phẳng (SAC) và (SBC) bằng 600 Kẻ AM  SB, AN  SC Tính thể tích của hình chóp S.AMN

Câu V (1.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 6 4

3

x  y + 6 4

3

y  x , trong đó x, y là các số dơng thay đổi thỏa mãn 1 1 2

xy

II Phần riêng (3.0 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn:

Câu VI.a (2.0 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phơng trình đờng tròn đi qua hai điểm A(-1; 0),

B(1 ; 2) và tiếp xúc với đờng thẳng x - y – 1 = 0

2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y - 6z – 11 = 0; hai mặt phẳng ( ): x + 2y – 2z + 3 = 0, (): 2x + y + 2z - 3 = 0 Lập phơng trình mặt phẳng (P) vuông góc với hai mặt phẳng () và () và cắt mặt cầu(S) theo một đờng tròn (C) có bán kính bằng 4

Câu VII.a (1.0 điểm) Giải phơng trình: 8.3 x4 x + 94 x 1 = 9 x

B Theo chơng trình Nâng cao:

Câu VI.b (2.0 điểm).

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C): x2 + y2 – 6x – 2y + 1 = 0 Viết phơng trình

đờng thẳng (d) đi qua M(0 ; 2) và cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 4

2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 4x – 6y - 2z + 5 = 0 và điểm A(0 ; 1 ; 0) ; mặt phẳng (P) có phơng trình: x + 2y – z = 0 Lập phơng trình mặt phẳng đi qua A, vuông góc với (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đờng tròn có bán kính lớn nhất

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phơng trình:

 

3 log 2 log

2

xy

xy

x xy x





  



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

Họ và tên thí sinh Số báo danh:

Trờng THPT Mai Anh Tuấn Đề thi thử đại học lần III

Tổ: Toán Môn: Toán; Khối: A (Thời gian 180 phút).

I Phần dành riêng cho tất cả thí sinh (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x4 + mx2 – m – 1 (1), với m là tham số

1 Khảo sát và vẽ đồ thi hàm số (1) khi m = 1

2 Tìm các giá trị của m để các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại các điểm cố định của

đồ thị vuông góc với nhau

Câu II (2.0điểm)

x



2 Giải hệ phơng trình: 3 2 1

0

x y x y

x y x y

    





   



Câu III.(1.0 điểm) Tính tích phân: I =

2 3

1

ln 2 ln

e

dx x





Câu IV(1.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, có đáy ABCD là hình thoi

cạnh a, với góc BAD bằng 600 ; AB’BD’ Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ theo a

Câu V(1.0 điểm) Chứng minh rằng, tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:

cosA + cosB – cosC = 7

II Phần riêng (3.0 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn:

Câu VI.a (2.0 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C) có phơng trình: (x- 2)2 + (y + 1)2 = 2 nội tiếp trong hình vuông ABCD Biết cạnh AB đi qua điểm M(1 ; - 2) và A có hoành độ dơng Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông đó

2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với điểm M(1 ; 0 ; 2) thuộc cạnh BC, đờng phân giác trong của góc B và đờng cao kẻ từ đỉnh A lần lợt có phơng trình

d1: 2

2

x 

3

y 





1 2

z 

; d2: 1

3

x 

 2

y





2 1

z 

Tính khoảng cách từ M đến đờng thẳng

AB

Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất thỏa mãn 1 5

3

 

  = 1.

B Theo chơng trình Nâng cao:

Câu VI.b (2.0 điểm).

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B nằm trên trục hoành, đỉnh A nằm trên đờng thẳng (): x – 3y + 1 = 0 và điểm G(2 ; 1) là trọng tâm của tam giác ABC Xác

định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đờng trung trực của cạnh BC có phơng trình: y – 3 = 0

2 Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phơng trình: x – 2y + 2z + 2 = 0 và hai

điểm A(4 ; 1 ; 3) ; B(2 ; - 3; - 1)

Hãy tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1.0 điểm)

Tìm phần ảo của số phức z biết rằng

2 5

1 2

i i i

 



  



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

Đáp án

đề thi thử đại học năm 2011 – lần III lần III

Môn toán – lần III khối A

I

(2.0đ) 1(1.0đ) Tập xác định: D = RSự biến thiên:

Giới hạn: …

BBT: y’ = 4x3 + 2x; y’ = 0  x = 0 Lập bảng biến thiên và kết luận: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - ; 0) và đồng biến trên khoảng (0; +)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yct = -2

Đồ thị: Cắt Ox tại (- 1 ; 0) và (1 ; 0) và cắt Oy tại (0 ; - 2) Đồ thị đối xúng nhau qua trục Oy

0,5 0,25

0.25 2

(1.0đ) Đồ thị đI qua điểm (x ; y) cố định  y = x4 + mx2 – m – 1

nghiệm đúng với mọi m

 (x2 – 1)m = y – x4 + 1 nghiệm đúng với mọi m 

4

1 1

x

y x









Vậy đồ thị luôn đi qua 2 điểm cố định là A(-1 ; 0) và B(1 ; 0)

2 tiếp tuyến tại A , B vuông góc

 y’(-1).y’(1) = -1 ( - 4 – 2m)(4 + 2m) = - 1

 m = - 3

2 ; m = -

5 2

0,25

0,25 0,25 0,25

II

(2.0) 1(1.0đ) Điều kiện của PT: cot 1

x x











PT 2(1 – cosx)sinx -  2 2 

sin

x



 2(1 – cosx)sinx + 2(cosx + sinx)sinx = 2 1 sin x   

 2sinx + 2sin2x = 2 1 sin x     2sinx(1+ sinx) = 1 + sinx

 ( 1+ sinx)( 2sinx – 1) = 0  sinx = - 1 hoặc sinx = 1

2

 x = - 2





 ; x = 2





 ; x = 3

2







Kết hợp đk  phơng trình đã cho có hai họ nghiệm là:

x = - 2





 và x = 3

2







0,25

0,25

0,25 0,25

2

Giải hệ pt: 3 2 1

0

x y x y

x y x y

    





   



(I)

Đặt

u x y







( u; v  0)  x – y = 2v2 – 5u2

Vậy (I)  2 1 2

u v

 







 u = 2 và v = 3

x y

x y







3

x y











0,25 0,25 0,25 0,25

(1.0) TÝnh tÝch ph©n: I =

2 3

1

ln 2 ln

e

dx x





§Æt t = 3 2

2 ln x   t3 = 2 + ln2x  3t2 dt = 2ln x

x dx

§æi cËn: x = 1 th× t = 3

2; x = e th× t = 3

3

VËy I =

3

3

3 3 2

3

2 t dt

= 3

8t

4

3

3

3 2

= 3  3 3 

0,25 0,25 0,5

IV

(1,0)

Ta co: BD' ADAÂ'  AB v à AB' ABAÂ'

§Æt AA’ = x

Từ đk AB’  BD’ ta có: (AD AÂ'  AB)(ABAÂ' )  0  x = 2

a

Ta cã: S ABCD = AB.AD.sin600 =

2

3 2

a

V = S.h =

2

3 2

2

a

= 4

6 3

a

0,5 0,25 0,25

V

(1,0)

cosA + cosB – cosC = 7

2

A

2

B

 - (1 - 2

2sin

2

C

) + 7

2 - 2sin 2

C

+

= 0 

1

1 sin

C













3

A B

C 















 (ĐPCM)

0.5

0.5

VI.a 1(1,0đ) Do AB ®i qua ®iÓm M(1 ; -2) nªn AB cã

Ph¬ng tr×nh lµ: ax + by – a + 2b = 0

§êng trßn (C) cã t©m I(2 ; - 1) vµ R = 2.

0,25

 d(I ; AB) = a b2 2 2

a b







 a = b  PT của AB là: x + y + 1 = 0 Vì A  AB nên A(t ; -1 –t) Từ AI2 = 2R2 = 4  (2 – t)2 + t2 = 4

 t = 0 (loại) hoặc t = 2 Vậy A(2 ; -3) , C(2 ; 1) và B(0 ; -1) ; D(4 ; -1)

0,25

0,25 0,25

2(1.0) Gọi M’(x ; y ; z) là điểm đối xứng

Với điểm M qua đờng thẳng d1

Thì M’ thuộc AB Gọi H là trung Của MM’ thì H thuộc d1, ta có H(2 + 2t ; 1 – 3t ; 1 + 2t), véc tơ

chỉ phơng của d1 là u   2; 3;2  

và véc tơ  MM x '   1; ; y z  2 

,

từ đó ta có hệ:

1 4 4

0 2 6

2 2 4

MM u



  





  



   



 



 M’(63

17;

16

17 ;

12

17)

Ta có điểm B(2 + 2t; 1- 3t; 1+ 2t) thuộc d1 và

2

d

MB  u

Do

MB  t  t  t



và u d2  3; 2;1   nên t = 0  B(2 ; 1 ;1) Véc tơ chỉ phơng của AB cùng phơng với véc tơ  MB '



 29;1;5 

u   là một véc tơ chỉ phơng của AB Vậy pt của AB là

x  y  z 

Khoảng cách từ M đến AB : h =

,

BM u u

 

17

0,25

0,5

0,25

VII.a Giả sử z = x+ yi; (x,y R) thì z + 1 – 5i = x+1 + (y- 5)i và

z + 3 – i = x+ 3 + (- y – 1)i

3

 

  = 1  z   1 5 i    z 3 i

 (x + 1)2 + (y – 5)2 = (x + 3)2 +(y +1)2  x + 3y = 4 (1) Mặt khác: 2 2

z  x  y (2) Thay (1) vào (2) ta có:

4 3

z   y  y = 2

10 y  24 y  16 =

0,25

0,25

0,25

10

y

, Đẳng thức xảy ra khi y = 6

5

Vậy số phức z = 2 6

5  5 i

0,25

VI.b 1

(1,0đ) Do điểm B thuộc trục hoành nên B(b ; 0) Vì đờng thẳng y = 3 là trung trục của

BC nên C(b ; 6)

Do A thuộc  nên A(3a - 1 ; a)

Theo bài ra trọng tâm G(2 ; 1) nên:

2

3

0 6 1

3

a

  









 

 



 a = - 3 ; b = 8

Vậy: A(- 10 ; - 3) ; B(8 ; 0) ; C( 8 ; 6)

0,5

0,25 0,25

2

(1,0đ) Gọi I là trung điểm của AB, khi đú: MA2 + MB2 = 2MI2 +

2

2

AB

 MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất  MI  (P) hay M

là hỡnh chiếu của I trờn mặt phẳng (P)

Ta cú: Phương trỡnh của đường thẳng đi qua I(3 ; - 1 ; 1) và vuụng gúc với (P) là: 

















t z

t y

t x

2 1

2 1

3

Tọa độ của M là nghiệm của hệ:



























0 2

2 2

2 1

2 1

3

z y

x

t z

t y

t x





























9 9 9

z y x t

Vậy: M( ; 91

9

1

; 9

22

 )

0,25

0,25

0,5

0,25 VII.b (1,0đ)

2 5

1 2

i i i

 



  

i i

z













5 2 4

i z

2

37 2

9







2

37 2

9







Vậy phần ảo của số phức z là 372

0,5 0,25 0,25