DE 4 THI THU KA;B +DAP AN

Tính góc giữa hai mặt phẳng ACD và BCD.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1... Theo chương trỡnh Nõ

ĐỀ1 THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn Toán - Khối A, B

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

= + (C)

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

2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất

Câu II (2,0 điểm) 1 Giải hÖ phương trình :

x

y







(với x R∈ )

2.Giải phương trình sau:

8 sin x+cos x +3 3 sin 4x =3 3 cos 2x−9sin 2x+11.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

1 2

1 2

1 (x 1 )e x x dx

x

+

+ −

Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng a3 Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15

27

a

Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2(x2+y2) =xy+1 Tìm giá

trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4

P xy

+

= +

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a( 2,0 điểm)

1 Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : 2 1

x− = y = z+

− − và

d2 : 7 2

− Xét vị trí tương đối của d1 và d2 Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất

Cõu VII.a (1,0 điểm) Cho z , 1 z là cỏc nghiệm phức của phương trỡnh 2 2z2−4z+ =11 0

Tớnh giỏ trị của biểu thức A =

2

1 2

+

B Theo chương trỡnh Nõng cao.

Cõu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1

x + y = và đường thẳng ∆:3x + 4y =12 Từ điểm M bất kỡ trờn∆ kẻ tới (E) cỏc tiếp tuyến MA, MB Chứng minh rằng đường thẳng

AB luụn đi qua một điểm cố định

2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3) Lập phương trỡnh mặt phẳng đi

qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tớch tứ diện OABC nhỏ nhất

Cõu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:







+

= +

+

= +

y y

x x

x y

y x

2 2

2

2 2

2

log 2 log 72 log

log 3 log log

………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 CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 03 NĂM 2010

I

1 * Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sự biến thiên

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2

→+∞ = →−∞ = ; tiệm cận ngang: y = 2

x→ −lim( 1)− y= +∞; limx→ −( 1)+y= −∞; tiệm cận đứng: x = - 1

- Bảng biến thiên

Ta có ' 1 2 0

( 1)

y x

+ với mọi x≠- 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; -1) và ( -1; +∞)

1đ

2

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0≠- 1) thì 0

0 0

1

x y x

+

= +

Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

0,5

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0

0

1

x x

+ + - 2| = | 0

1 1

Theo Cauchy th× MA + MB ≥ 2 0

0

1

x 1

1

x

+

⇒ MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ

M(0;1) vµ M’(-2;3)

0,5

II

1

4

Thay (1) vµo ph¬ng tr×nh (*) ta cã :

8 sin( 6 x cos x+ 6 ) +3 3 sin 4x =3 3cos x2 −9sin 2x+11

2

2

2

3

8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 4

3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3

3 sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1

3 2 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)

2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)

3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)

Gi¶i (2) : 12 ( )

5 12

k Z

Π

 = + Π



∈

 = + Π



; Gi¶i (3) 4 ( )

7 12

k Z

Π

 = + Π



∈



KÕt luËn :

0,5 0,5

2

Ta có: 2x3−y3 =(2y2−x2) (2y x− ⇔) x3+2x y2 +2xy2−5y3 =0

Khi y=0 thì hệ VN

Khi y≠0, chia 2 vế cho y3 ≠ ⇒0

Đặt t x

y

= , ta có : t3+2t2+ − = ⇔ =2t 5 0 t 1

1

y x

y

=



=

0,5

0.5

I =

1 2

(x 1 )e x x dx e x x dx (x )e x x dx I I

Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 =

2

2 2

1 1

2 2

2

x

5 2 3 2

⇒ =

0,5đ

0,5

IV

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE

Ta có ACD cân tại A nên CD AE

Tương tự BCD cân tại B nên CD BE

Suy ra CD (ABE) CD BH

Mà BH AE suy ra BH (ACD)

Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng

(ACD) và (BCD) là

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

Mà

Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2 - x + = 0

2 2

2 2

3 5 3

a AE

a DE







hoặc

2 2

2 2

5 3 3

a AE a DE







trường hợp vì DE<a

Xét BED vuông tại E nên BE =

0,5

0,5

H

D E C B

A

Xột BHE vuụng tại H nờn sin =

Vậy gúc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là

V

5

xy+ = x y+ − xy ≥ − xy⇒xy≥ −

3

xy+ = x y− + xy ≥ xy⇒xy≤ ĐK: 1 1

5 t 3

Suy ra : ( )

2

P

2 2

7 '

2 2 1

t t P

t

− −

=

+ , ' 0P = ⇔ =t 0,t= −1( )L

P− =P =

4

KL: GTLN là 1

4 và GTNN là

2

15( HSLT trờn đoạn

1 1

;

5 3

−

0,5

0,5

VIa

1 Đường trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5

Gọi H là trung điểm AB thỡ AH=3 và IH AB suy ra IH =4

Mặt khỏc IH= d( I; Δ )

Vỡ Δ ⊥ d: 4x-3y+2=0 nờn PT của Δ cú dạng

3x+4y+c=0

d(I; Δ )=

vậy cú 2 đt thỏa món bài toỏn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0

0,5 0,5

2 Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: uur1(4; - 6; - 8) uuur2( - 6; 9; 12)

+) uur1 và uuur2 cùng phơng

+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 Vậy d1 // d2.

*) ABuuur = ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và d

Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm đợc H 36 33 15; ;

29 29 29

A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28

29 29 29

0,5

0,5

I

A H B

I là trung điểm của A’B suy ra I 65; 21; 43

29 58 29

VIa

Giải pt đó cho ta được cỏc nghiệm: 1 1 3 2 , 2 1 3 2

Suy ra

2 2

2

1 2

11

4

+

0,5 0,5

VIb

1 Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1

xx + yy = Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1

x x + y y = (1)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 0 1

xx + yy = do M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 ⇒4y0 =12-3x0

4

xx + yy = ⇒ 4 0 (12 3 )0

4

Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì

(x- y)x0 + 4y – 4 = 0 { 0 { 1

4x y− =y 4 0 y x=1

⇒ − = ⇒ = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)

0,5

0,5

2 Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng

( ):x y z 1, , ,(a b c 0)

• Do M∈( )α nên: 1 2 3 cos 3 6

3 1

6

9

a

c

=





 =



Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0

0,5

0,5

VIb

ĐK: x,y > 0

- hệ phương trỡnh ⇔  ( + )+ = +

+

= +

y y

x x

x y

y x

2 2

2

2 2

2

log 2

log 3 log 2 3

log 3 log log

- Suy ra: y = 2x

2log13 1

=

x

2log23 1

2 −

=

y

0,5 0,5

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.

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

6 2 3 3 (1)

x

y







(với x R∈ )

§K:

3x+ 3 0 (*)

0

x y

x y y

− ≥





 ≠



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

−

0.2 5

§Æt t= 3x y

y

−

Phương trình (3) có dạng 2t2-t-3=0

1 3 2

t t

= −





⇔

 =



0.2 5

Với t=-1 ta có: 3x y

y

−

y

<





Thế (3) vào (2) ta được 2

(L) 2

y

= − ⇒ =





 =



0.2 5

0 3

4

y

x y

>





Thế (4) vào (2) ta được 9 2 5 9 2

4y +2 y = 2 y + y−

Đặt u= 9 2 5

, u 0

4y +2 y ≥

Ta có PT :2u 2 -2u-4=0 1 (L)

2 (t/m)

u u

= −



Với u=2 ta có

(t/m)

y

 = ⇒ =



= −



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

9 9

0.2 5

C2 PT 2

3

y t

 =



= −

