ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ ppt

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu I.(2.0 điểm). Cho hàm số : 1 2    x x y (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4). Câu II.(2.0 điểm). 1. Tìm ) ; 0 (   x thoả mãn phương trình: 2 cos2 1 1 sin sin2 1 tan 2 x cotx x x x      . 2. Tìm m để phương trình: 2 3 3 9x x x x m        có nghiệm thực. Câu III.(1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, 0 30   ABC ; mặt bên SAD là tam giác vuông tại A, mặt bên SBC là tam giác vuông tại C. Hai mặt bên này cùng tạo với đáy góc 45 0 . Chứng minh rằng (SAC)  (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu IV.(1.0 điểm). Tính tích phân: I =     2 1 10 ) 3 1 ( dx x x x Câu V.(1.0 điểm). Cho ,, x y z là các số thực dương thoả mãn: x y z xyz    . Tìm GTNN của A = ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( zx y zx yz x yz xy z xy      . PHẦN RIÊNG ( Thí sinh khối A và B chỉ làm phần B, thí sinh khối D được chọn một trong hai phần). Câu VI.a.(2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho  ABC có đỉnh B(2; -1) đường cao đi qua đỉnh A có phương trình (d 1 ): 3 4 27 0 xy  , đường phân giác trong của góc C có phương trình (d 2 ): 2 5 0 xy    . Tìm toạ độ đỉnh A. 2. Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) và đường thẳng (d): 1 2 2 x yt zt         Tìm các điểm B, C nằm trên đường thẳng (d) sao cho  ABC đều. Câu VIIa.(1.0 điểm). Tìm phần thực của số phức: n z (1 i)  , trong đó n  và thỏa mãn:     45 log n 3 log n 6 4     Câu VI.b .(2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho hai đường tròn (C 1 ):   2 2 6 25 xy    và (C 2 ): 22 13 xy  cắt nhau tại A(2; 3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C 1 ), (C 2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. 2. Cho hai đường thẳng 1 12 : 1 2 1 x y z d    và 2 11 : 1 3 1 x y z d    . Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.b.(1.0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1 zi   , tìm số phức z có mođun nhỏ nhất. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Ý NỘI DUNG Điểm I 2,0 1 Khảo sát và vẽ đồ thị 1,0 Ta có: 3 1 1 y x   TXĐ: D = R\ {1} Sự biến thiên: 'y = 2 3 0 ( 1)x    , 1x HS nghịch biến trên các khoảng (-  ; 1) và (1; +  ) HS không có cực trị 0,25 + Giới hạn – Tiệm cận: 1 lim x y     1 lim x y      ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 lim 1 x y   lim 1 x y    ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 0,25 + Bảng biến thiên: x y’ y   1 - - 1   1 0,5 Đồ thị: y x O -2 -2 1 1 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4) 1,0 Giả sử a là hoành độ tiếp điểm. Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị là 2 32 () ( 1) 1 a y x a aa      0,25 TH1: Tiếp tuyến song song với AB Ta có AB: 12 31 26 xy yx        Tiếp tuyến song song với AB nên hsg của tt là k = -3 2 0 3 3 ( 1) 1 2 ( 1) a a a a                0,25 0,25 Với a = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là 32yx   Với a = 2 ta có phương trình tiếp tuyến là 3 10yx   TH2: Tiếp tuyến đi qua trung điểm I(0, 1) của AB Ta có 2 32 1 (0 ) ( 1) 1 a a aa       2 1 ( 1) 3 ( 2)( 1) 2 a a a a a       Ta có phương trình tiếp tuyến là 12 1yx   0,25 II 2,0 1 Tìm x );0(   thoả mãn phương trình 1,0 ĐK: sin2 0 sin2 0 sin cos 0 tan 1 xx x x x          Khi đó pt 2 cos sin cos2 .cos sin sin cos sin cos sin x x x x x x x x x x       22 cos sin cos sin cos sin sin cos sin xx x x x x x x x       0,25  2 cos sin sin (cos sin )x x x x x    2 (cos sin )(sin cos sin 1) 0x x x x x     (cos sin )(sin2 cos2 3) 0x x x x    0,25  cos sin 0xx tan 1 ( ) 4 x x k k Z         (tm) Vì   0; 0 4 x k x        0,5 2 Tìm m để pt có nghiệm thực 1,0 Xét hs:   ( ) 3 3, 3;f x x x x        11 '( ) 0 2 3 2 3 fx xx      ( ) (3) 6f x f    ; lim ( ) lim ( 3 3) 0 xx f x x x        Đặt  3 3, 6; 0t x x t         0,5 Pt trở thành : 2 2 t tm (*) Để pt ban đầu có nghiệm thực thì pt (*) phải có nghiệm  6; 0t    1 ; 3 6 2 m        0,5 III CM: (SAC)  (ABCD) và tính thể tích S.ABCD 1,0 S O C A D B CM:     SAC ABCD // SA AD SA BC AD BC      ( ) ( ) ( ) SC BC BC SAC SAC ABCD      0,25 IV Tính tích phân 1,0 Đặt 2 1 1 2t x t x dx tdt       Đổi cận: 1 0; 2 1x t x t      0,25 Khi đó: 11 2 2 2 00 2 ( 1)( 3) 30 2 3 10 93 t t t dt I t t dt tt            0,25 = 1 32 1 0 0 3 53 4 2 10 60ln( 3) 60ln 3 2 3 3 tt tt          0,5 V Tìm GTNN 1,0 Cách 1: CM: Với mọi a, b > 0 thì 1 1 1 1 4a b a b      ( 1) Dấu “ =” xảy ra ba  A = 1 1 1 1 1 1 x y z x xyz y xyz z xyz            A = 1 1 1 1 1 1 222x y z x y z y z x z x y               Áp dụng (1) ta có: A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 2 2x y z x y z y z z x x y                1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 44x y z x y z x y z                      CM: Với mọi a, b, c thì:     2 3a b c ab bc ca     (2) Dấu “=” xảy ra cba  Áp dụng (2) ta có: 0,25 0,25 0,25 Tính thể tích:     ( ) ( ) 0 ( ),( ) , 45 SBC ABCD BC BC SC SBC ABCD SC AC BC AC          (1) Tương tự     0 ( ),( ) , 45SAD ABCD SA AC   (2) 0,25 Từ (1), (2) 0 45SAC SCA   SAC cân tại S () BC SO SO AC SO ABCD      ABC vuông tại C : 0 .sin30 2 a AC AB 02 13 2 2. . .sin60 24 ABCD ABC AB AC a SS    0,25 SOA vuông tại O: 0 1 ; .tan45 2 4 4 aa AO AC SO AO    3 . 13 . 3 48 S ABCD ABCD SO a VS  (đvtt). 0,25 2 1 1 1 1 1 1 3 3. 3 x y z x y z xy yz zx xyz                     Do , , 0x y z  nên 1 1 1 3 x y z     A 33 4  KL: min 33 4 A  đạt được khi 3x y z   Cách 2: A = 1 1 1 1 1 1 222x y z x y z y z x z x y               Theo CôSi: A 444 1 1 1 1 1 1 444 x y z xxyz xyyz xyzz           1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 16 A x y z x y z x y z x y z                 3 1 1 1 4 A x y z        ( quay về cách 1) 0,25 0,25 0,25 0,5 VI.a 2,0 1 Tìm toạ độ đỉnh A 1,0 BC :   1 (2; 1) :3 4 27 0 B d x y            pt cạnh BC: 4 3 5 0xy   . Toạ độ C là nghiệm của hpt 2 5 0 4 3 5 0 xy xy          1 3 x y       0,25 Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d 2 ) ta có B’ nằm trên cạnh AC. BB’:   2 (2; 1) : 2 5 0 B d x y            pt BB’: 2 5 0xy   Gọi I = BB’  (d 2 ), toạ độ I là nghiệm của hpt 2 5 0 3 2 5 0 1 x y x x y y             0,25 Vì I là trung điểm của BB’ nên toạ độ B’(4; 3) AC: ( 1;3) ' (5; 0) C vtcpCB         Pt cạnh AC: 3y  0,25 Toạ độ A là nghiệm của hpt 35 3 4 27 0 3 yx x y y            Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3) 0,25 2 Tìm toạ độ các điểm B, C trên đường thẳng (d) 1,0 Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng (d) Ta có   1; 2 ; 2 (0; 2 1; 2)I t t AI t t       AI vuông góc với (d) 4 3 6 5 4 0 (0; ; ) 5 5 5 t t AI        0,25 Vì tam giác ABC đều ta có 26 3 15 AB AI AB   0,25 Phương trình mặt cầu tâm A bán kính AB là : 2 2 2 12 ( 1) ( 1) 5 x y z     (S) 0,25 Vì B, C thuộc mặt cầu (S) và thuộc đường thẳng (d) nên toạ độ B, C là nghiệm của hpt 0,25   2 22 12 ( 1) 1 5 43 1 5 2 2 x y z x t yt zt                    Vậy toạ độ các điểm B, C là: 8 2 3 6 3 1; ; 55      ; 8 2 3 6 3 1; ; 55      VIIa Tìm phần thực của số phức z 1,0 Ta có       45 log 3 log 6f x x x    là hàm số đồng biến trên   3;    45 19 log 16 log 25 4f    Do đó pt     45 log 3 log 6 4nn    có nghiệm duy nhất 19n  0,25 Ta có             9 19 18 2 9 99 1 1 1 1 1 1 2 2 2i i i i i i i i               0,5 Vậy phần thực của số phức z là 9 2 0,25 VIb 2,0 1 1,0 Ta thấy   1 C có tâm   11 0;0 ; 13IR .   2 C có tâm   22 6;0 ; 5IR Giả sử đường thẳng d qua   2;3A có dạng       22 2 3 0, 0a x b y a b      . 0,25 Gọi     1 1 2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 , , , a b a b d d I d d d I d a b a b         theo giả thiết ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 12R d R d d d      0,25     22 2 2 2 2 2 0 4 3 2 3 12 3 0 3 b a b a b b ab ba a b a b                 0,25 +, Khi 0b  phương trình đường thẳng d : 20x . +, Khi 3ba phương trình đường thẳng d: 3 7 0xy   thoả mãn . 0,25 2 1,0 Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) là mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ). 0,25 Gọi     12 1 ;2 ; 2 1 ; ';1 3 ';1 'M d M t t t N d N t t t         Ta có   ' 1;3 ' 2 1; ' 3MN t t t t t t        0,25 MN là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) 1 2 MN d MN d       7 4 ' 6 6 0 5 11 ' 4 1 0 3 ' 5 t tt tt t                   0,25 Ta có 2 14 3 ( ; ; ) 5 5 5 M  ; 3 14 2 ( ; ; ) 2 5 5 5 N MN Gọi I là trung điểm của MN ta có 1 14 1 ( ; ; ) 10 5 10 I  0,25 Phương trình mặt cầu tìm là: 2 2 2 1 14 1 1 ( ) ( ) ( ) 10 5 10 2 x y z      VIIb Tìm số phức có mođun nhỏ nhất 1,0 C1 Giả sử   ;,z a bi a b   . Ta có         2 22 1 2 1 2 1 2 1 2z i a b i z i a b             0,25 Vì 1 2 1zi   nên     22 1 2 1ab    . Do đó tồn tại   0; 2x   sao cho 1 sin ; 2 cosa x b x      Ta có       22 22 1 sin 2 cos 6 2 sin 2cosa b x x x x          0,25 (sinx + 2cosx) 2  5 =>      2 2 2 2 2 sin 2cos 1 2 sin cos 5 5 sin 2cos 5 Bunhia x x x x x x          22 6 2 5 6 2 5ab      22 5 1 5 1ab      0,25 Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là 12 ( 1 ) ( 2 ) 55 zi      0,25 C2 Tìm số phức có mođun nhỏ nhất 1,0 Giả sử   ;,z x yi x y   . Ta có         2 22 1 2 1 2 1 2 1 2z i x y i z i x y             0,25 Vì 1 2 1zi   nên       22 1 2 1x y C    . 0,25 Tập hợp điểm   ;M a b biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn (C). Và số phức z có Mođun nhỏ nhất Min OM khi đó   M OI C và M gần O hơn. Ta có ptđt   :2OI y x 0,25 Khi đó tọa độ M là nghiệm của hệ     22 1 1 1 2 1 5 2 2 2 5 x xy yx y                       Do M gần O nên 12 1 ; 2 55 M        Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là 12 ( 1 ) ( 2 ) 55 zi      0,25 Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm theo các phần tương ứng Hết . 1 2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 , , , a b a b d d I d d d I d a b a b         theo giả thi t ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 12R d R d d d      0 ,25     22 2 2 2 2 2 0 4 3 2 3 12. AC SO ABCD      ABC vuông tại C : 0 .sin30 2 a AC AB 02 13 2 2. . .sin60 24 ABCD ABC AB AC a SS    0 ,25 SOA vuông tại O: 0 1 ; .tan45 2 4 4 aa AO AC SO AO. 2x   sao cho 1 sin ; 2 cosa x b x      Ta có       22 22 1 sin 2 cos 6 2 sin 2cosa b x x x x          0 ,25 (sinx + 2cosx) 2  5 =>      2 2 2 2 2 sin 2cos