Đề thi thử đại học môn Toán 2011 của THPT chuyên Lê Hồng Phong ppsx

SỞGIÁODỤC_ĐTTPHCM THITHỬĐẠIHỌC ,NĂM2011 THPTCHUYÊNLÊHỒNGPHONG (Thờigain 180phút,khôngkểthờigianphátđề)  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 3. 1. Kh ảo sát s ự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) c ủa hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết ti ếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). Câu II (2 điểm): 1. Giải hệ p hương trình: 2 2 2 2 x y xy 4y 1 0 y 7 (x y) 2(x 1)                   2. Gi ải phương trình: 2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5 2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)           . Câu III (1 điểm) : Tính tích phân sau: I = 3 3 3 2 2 1 x x 8 (6x 4x )lnx dx x     Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình c ầ ại tiế ứ diện SOCD. Câu V (1 đi m) Cho x, y, z là các s ố thực dương th ỏa xyz = 1. Chứng minh: 3 3 3 1 1 1 3 8 (1 x) (1 y) (1 z)       . II. PHẦN RI ÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): 1. Trong mặt ph ẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên. 2. Trong khô ng gian Oxyz cho hai đường thẳng (d 1 ): x 1 y 2 z 2 2 1 2       , (d 2 ): x 2 t y 3 t z 4 t            và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d 1 ), (d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . Câu VII.a (1 điểm): Tìm tập h ợp các điểm bi ểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ th ức: z 3 2i 2z 1 2i      2. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm 4 2 G ; 3 3       và trực tâm trùng vớ ốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diệ ết x B < x C . n tích tam giác ABC bi 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d 1 ): x 1 y 2 z 2 2 1 2       , (d 2 ): x 2 t y 3 t z 4 t            và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d 2 ) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d 1 ), cắt () tại N sao cho MN = 3. Câu VII.b (1 điểm): ải hệ phương trình x y lnx 2lny lnx lny e e (lny lnx)(1 xy) 2 3.4 4.2             . Gi Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠ I HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu ý Nội dung Điểm Câu I Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 3. ∑ = 2đ 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑ = 1.25đ Tập xđ và Giới hạn 0.25 y' = 3x 2 – 6x y' = 0  x = 0 hay x = 2 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 y'' và điểm u ốn Giá trị đặc biệt 0.25 Đồ thị và nh ận xét: 0.25 2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k  (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. 0,25 (d) tiếp xúc (C)  3 2 2 x 3x 3 kx k 1 3x 6x k             có nghiệm.  x 3 – 3x 2 + 3 = 3x 3 – 6x 2 + 3x 2 – 6x – 1  2x 3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. 0.25 * x = 2  k = 0  (d): y = –1. * x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 0.25 Câu II ∑ = 2 đ 1 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 x y xy 4y 1 0 y 7 (x y) 2(x 1)                   ∑ = 1đ (I)  2 2 2 2 y xy x 4y 1 7y y(x y) 2x 2                2 2 2y(x y) 2x 8y 2 (1) y(x y )(x y ) 2x 7y 2(2)                  (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x 2 + 1 = 0 (vô lí)).  x – y = 3 hay x – y = –5. 0.5  x – y = 3  x = y + 3. (1)  –6y = –2(y + 3) 2 – 8y – 2  2y 2 + 14x + 20 = 0  y 2 + 7y + 10 = 0  y 2 x 1 y 5 x 2             . 0.25  x – y = –5  x = y – 5. (1)  10y = –2(y – 5) 2 – 8y – 2  2y 2 – 2x + 52 = 0 (VN) Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5). 0.25 2 Giải phương trình: 2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5 2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)           . ∑ = 1đ Điều kiện: 0.25 Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com 2cosx 3 0 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1 ) 0              2cosx 3 (cosx 1)(2cosx 3) 0           3 cosx 2 cosx 1        . (1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2 x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx – cosx + 2sin 2 x + 9sinx – 5 = 0  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0 0.25  1 sinx 2 sinx cosx 5          x k2 6 5 x k2 6               0.25 So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 5 k2 6    (k  Z). 0.25 Câu III Tính tích phân sau: I = 3 3 3 2 2 1 x x 8 (6x 4x )lnx dx x     ∑ = 1đ I = 2 2 3 1 x x 8 dx  + 2 2 1 (6x 4x)lnxdx  = I 1 + I 2 . 0.25  Tính I 1 : Đặt t = 3 x 8  t 2 = x 3 + 8  2tdt = 3x 2 dx  x 2 dx = 2 tdt 3 . Đổi cận: x = 1  t = 3 x = 2  t = 4. Do đó I 1 =   4 3 4 3 3 2 2 t 2 74 t. tdt . 64 27 3 3 3 9 9              . 0.25  Tính I 2 : Đặ t u = lnx  u' = 1 x v' = 6x 2 + 4x, ch ọ n v = 2x 3 + 2x2 I2 = 2 2 3 2 2 1 1 (2x 2x )lnx (2x 2x)dx         = 2 3 2 1 2x 23 24ln2 x 24ln2 3 3             . 0.25 V ậ y I = 74 23 5 24ln2 24ln2 9 3 9     0.25 Câu IV Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các c ạ nh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung đ iểm c ủ a OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. ∑ = 1đ  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).  ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật.  SABCD = AB.AD = 2 4a 3 . 0.25  Ta có BD = 2 2 2 2 AB AD 4a 12a 4a    K I G M O D B C A S  SO = 2 2 2 2 SB OB 9a 4a a 5     . Vậy V SABCD = 3 ABCD 1 4a 15 S .SO 3 3  . Do đó V SABMD = 3 SABCD 3 V a 15 4  . 0.25  Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD. Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆ OCD. Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I. Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. 0.25 Ta có: GO = CD 2a 3 3  ; R = KO = 2 2 2 2 5a 4a a 31 OI OG 4 3 12     . Do đó S câu = 2 2 2 31a 31 a 4 R 4 . 12 3      . 0.25 Câu V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh: 3 3 3 1 1 1 3 8 (1 x) (1 y) (1 z)       (1) ∑ = 1đ Ta có: 3 3 2 1 1 1 3 1 . 8 2 (1 x) (1 x) (1 x)       Tương tự, ta được: 2 2 2 3 1 1 1 3 2VT . 2 8 (1 x) (1 y) (1 z)                0.25 Do đó ta cần chứng minh 2 2 2 1 1 1 3 4 (1 x) (1 y) (1 z)       (2) Ta có: xyz = 1 nên ta có th ể gi ả thi ết xy ≥ 1. Khi đ ó ta có: 2 2 1 1 2 1 xy 1 x 1 y      (3)  2xy + (x 2 + y 2 )xy ≥ x 2 + y 2 + 2x 2 y 2  2xy(1 – xy) + (x 2 + y 2 )(xy – 1) ≥ 0  (xy – 1)(x – y) 2 ≥ 0. ( đ úng do xy ≥ 1) 0.25 Áp dụng (3) ta được: VT (2) ≥ 2 2 2 1 1 1 2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)      (vì 2(1 + x 2 ) ≥ (1 + x) 2 ….) ≥ 2 1 2 1 2 1 xy (1 z)          ( Do (3)) = 2 2 1 1 z 1 1 z 1 (1 z) (1 z) 1 z        = 2 2 z z 1 (z 1)    = 2 2 2 2 2 2 2 4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3 4 4 4(z 1 ) 4(z 1 ) (z 1)              0.25 Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh. 0.25 VI.a ∑ = 2đ 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x 2 + y 2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên ∑ = 1đ  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0). Vì A  (T) nên a 2 – 2a – 8 = 0  a 4 a 2        a = 4  A(0; 4). 0.25  C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). C  (T)  25y 2 + y 2 + 20y – 2y – 8 = 0  26y 2 + 18y – 8 = 0  y 1 x 5 4 20 y x 13 13               C(5; –1) (Do x C  Z) 0.25  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0  m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0. B  (AB)  B(b; 5b + 4). B  (T)  b 2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0  b 0 b 1       . 0.25 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận). Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 0.25 2 Trong kg Oxyz cho (d 1 ): x 1 y 2 z 2 2 1 2       , (d 2 ): x 2 t y 3 t z 4 t            và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // ( ) và (d) cắt (d 1 ), (d 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . ∑ = 1đ M  (d 1 )  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m) N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)    NM  2m  n 1;m  n  5;2m  n  2  ; n (1; 1;1)     MN // ()  n .NM 0      2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0  –m + n + 2 = 0  n = m – 2. 0.25  NM  = ( 3m – 3; -3; –3m)  2 2 2 2 NM  (3m  3 )  ( 3 )  9m  3 2m  2m  2 NM = 3 6  2m 2 – 2m + 2 = 6  m 2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2. 0.25  m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  (). 0.25  m = 2: M(5; 0; –2) và NM  = 3(1; –1; –2)  (d): x 5 y z 2 1 1 2       0.25 VII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z 3 2i 2z 1 2i      ∑ = 1đ Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R). Ta có: z 3 2i  2z 1 2i  x  yi  32i  2(x  yi)12i  (x  3) (y  2)i  (2x1) (2y 2)i 0.5  (x + 3) 2 + (y – 2) 2 = (2x + 1) 2 + (2y – 2) 2  3x 2 + 3y 2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x 2 + 3y 2 – 2x – 4y – 8 = 0. 0.25 VI.b ∑ = 2đ Download t€i liệu học tập tại : http://aotrangtb.com . SỞGIÁODỤC_ĐTTPHCM  THI THỬĐẠIHỌC ,NĂM 2011 THPT CHUYÊNLÊHỒNG PHONG (Thờigain 180phút,khôngkểthờigianphát đề)   I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7. liệu học tập tại : http://aotrangtb.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠ I HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu ý Nội dung Điểm Câu I Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 3. ∑ = 2đ 1 Khảo sát sự biến thi n. vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD. Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆ OCD. Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt