SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIà Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát ñề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số 2 2 2 x y x + = − (H) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2. Gọi M là một ñiểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai ñường tiệm cận của (H) tạo thành một tam giác có diện tích không ñổi. Câu II (2 ñiểm) 1. Giải phương trình lượng giác: sin sin5 8cos .cos3 sin3 sin x x x x x x + = 2. Giải hệ phương trình: 3 2 3 5 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y + + − − = − − − + + = ( ) ,x y∈ℝ Câu III. (1 ñiểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số ln e y x x = − , tr ục hoành và ñường thẳng 1 x = Câu IV. (1 ñiểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD ñều cạnh a. Gọi O là trung ñiểm BD, E là ñiểm ñối x ứng với C qua O. Biết AE vuông góc với mặt phẳng (ABD) và khoảng cách giữa AE và BD bằng 3 4 a . Tính thể tích tứ diện ABCD cùng tang của góc giữa AC và mặt phẳng (BCD). Câu V. (1 ñiểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2(x 2 + y 2 + z 2 ) – 4xyz – 9x + 2011. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình ñường cao kẻ từ C và ñường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng 1 1 2 : 2 3 1 x y z+ − − ∆ = = và m ặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là ñường thẳng cắt ∆ tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình tham số của ñường thẳng d biết khoảng cách từ I ñến (P) bằng 3. Câu VII.a (1 ñiểm) Tìm tập hợp các ñiểm trên mặt phẳng tọa ñộ biểu diễn cho số phức z thỏa mãn: ( ) ( ) 2 z i z − + là số thuần ảo. PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x 2 + y 2 = 2. Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác biết ñiểm A thuộc tia Ox. 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng d: 1 2 2 1 3 x y z− + = = − và mặt phẳng (P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên d có khoảng cách ñến trục hoành gấp 2 lần khoảng cách ñến mặt phẳng (P). Câu VII.b ( 1 ñiểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực: ( ) 2 log 2 2 1 2 9.2 4.3 2 .3 36 x x y x y y xy − − = + = + Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung ðiểm I 1 ñiểm 1 TXð: R\{2} ( ) 2 6 ' 2 y x − = − < 0 Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác ñịnh. Tính các giới hạn: 2 2 lim 2; lim ; lim x x x y y y + − →±∞ → → = = +∞ = −∞ ðồ thị hàm số nhận ñường thẳng x = 2 là tiệm cận ñứng, y = 2 là tiệm cận ngang ðồ thị hàm số nhận I(2; 2) là tâm ñối xứng. ðồ thị hàm số ñi qua A(- 1; 0), B(0; - 1) ¼ ¼ ½ 1 ñiểm 2 Gọi ( ) 0 0 0 2 2 ; 2 x M x H x + ∈ − , phương trình tiếp tuyến tại M là: ( ) ( ) 0 0 2 0 0 2 2 6 2 2 x y x x x x + − = − + − − Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ñứng: x = 2 là ( ) 0 0 2 8 2; 2 x A x + − Giao c ủa tiếp tuyến với tiệm cận ngang: y = 2 là ( ) 0 2 2;2B x − Giao của 2 ñường tiệm cận là ( ) 2;2I Tính ñược 0 12 2 IA x = − ; 0 2 2IB x= − . Do ñó: 1 . 12 2 AIB S IA IB= = không ñổi. ¼ ¼ ¼ ¼ II 1 ñiểm 1 ðiều kiện: sin3 0; sin 0 sin3 0x x x≠ ≠ ⇔ ≠ Phương trình tương ñương: 2 sin sin5 .sin 3 2sin6 .sin 2 x x x x x + = 1 cos2 cos2 cos8 cos4 cos8 2 x x x x x − + − ⇔ = − 2 1 2cos4 cos8 2cos 4 2cos4 0x x x x⇔ = − ⇔ − = ¼ ¼ http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! ( ) cos4 0 cos4 0 cos4 0 cos 0 cos4 1 sin 2 0 sin 0 x x x x x x x loai = = = ⇔ ⇔ ⇔ = = = = 8 4 2 l x x k π π π π = + ⇔ = + (thỏa mãn) Vậy: ( ) ( ) ; 8 4 2 l x l x k k π π π π = + ∈ = + ∈Z Z là nghiệm của phương trình. Chú ý: Thí sinh không k ết hợp ñiều kiện ñể loại nghiệm thì trừ 0.25 ¼ ¼ 1 ñiểm 2 ðặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 4 7 3 6 2 3 u x y x y u y u v x y u v x y v x u v v x y = + + = = + − ⇒ ⇒ ⇒ + + = − + − − = = − − = − − Khi ñó hệ ban ñầu trở thành: ( ) 2 2 3 5 2 7 2 * u v v u v + = − − + = thế v = 5 – 3u vào phương trình (*) giải tìm ñược u = 1, từ ñó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2. Kết luận nghiệm là (- 3; 2) ¼ ¼ ½ III 1 ñiểm Giải phương trình ln 0 e x x − = ñược nghiệm x = e. Vậy 2 2 2 Ox 2 1 1 ln ln 2 ln e e e e x V x dx e x dx x x x π π = − = − + ∫ ∫ = = ( ) 2 2e e π − − Chú ý: Thí sinh không chứng minh ñược phương trình có nghiệm x = e thì trừ 0.25. ¼ ¾ IV 1 ñiểm D O B E C A H Có: 3 2 a CO = , BD ⊥ (ACE) Chứng minh ñược khoảng cách giữa AE và BD là AO = 3 4 a Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD) thì H nằm trên CE. Tam giác AOE vuông tại A có: 2 2 2 2 3 9 3 4 16 4 a a a AE OE OA= − = − = 2.S AOE = AH.OE = AE. AO . 3 8 AE AO a AH EO ⇒ = = V ậy V ABCD = 3 1 3 . . 6 32 a AH CO BD = Có: CE = 3a , 3 8 a HE = 7 3 8 a CH⇒ = . Từ ∆ vuông ACH có tan C = 3 7 AH CH = ¼ ¼ ¼ ¼ http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! V 1 ñiểm Có: ( ) 2 2 2 2 4 9 2011 2 2 y z y z P x x x + + ≥ + − − + thế y + z = 3 – x vào ta ñược ( ) 3 2 9 24 2011 P x x x f x ≥ − + − + = Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm ñược ( ) ( ) (0;3) 2 2000Min f x f= = P = 2000 khi x = 2; y = z = 1 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2000. ¼ ¼ ¼ ¼ VI.a 1 ñiểm 1 AB qua A vuông góc với ñường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0. G ọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc ñường cao kẻ từ C. Tọa ñộ trung ñiểm của BC là 4 ; 2 2 b c b c M + − + . Vì M thuộc trung trực BC nên ( ) ( ) ( ) 3 4 4 4 0 7 12 0 1b c b c b c+ + − + − = ⇔ − + + = ( ) ; BC c b c b = − + là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2). T ừ (1) và (2) suy ra c = - 7 4 ; b = 1 4 − . Vậy 1 9 7 1 ; ; ; 4 4 4 4 B C − − ¼ ¼ ¼ ¼ 1 ñiểm 2 Lấy I(- 1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t) ∈ ∆ Có: d(I; (P)) = 3 ( ) ( ) 2 1 2 1 3 2 2 3 5 3 4 9 13 3 t t t t t t − + − − − + + = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − Với t = 5 thì I(9; 16; 7) suy ra d: 9 2 16 7 2 x t y t z t = + = − = − Với t = - 13 thì I(- 27; - 38; - 11) suy ra d: 27 2 38 11 2 x t y t z t = − + = − − = − − ½ ¼ ¼ VII.a 1 ñiểm Gọi số phức cần tìm z = x + yi, với x, y là số thực và M(x; y) biểu diễn cho số phức z. Có: ( ) ( ) 2 z i z − + = ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 2 1 x yi i x yi x x y y x y xy i − − + − = − + − + − − − Do ( ) ( ) 2 z i z − + là số thuần ảo nên ( ) ( ) ( ) 2 2 1 5 2 1 0 1 2 4 x x y y x y − + − = ⇔ − + − = Vậy M nằm trên ñường tròn tâm 1 1; 2 I bán kính 5 2 R = ½ ½ VI.b 1 ñiểm 1 - Tọa ñộ A là giao của tia Ox và ñường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm ñược A (2; 0) - Hai tiếp tuyến kẻ từ A ñến ñường tròn lần lượt có pt: x + y – 2 = 0 và x – y – 2 = 0. - Vì tam giác ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với ñường tròn tại trung ñiểm M của BC, ñiểm M là giao của tia ñối tia Ox với ñường tròn. Giải tìm ñược M(- 2 ; 0). - Phương trình cạnh BC là x = - 2 . - Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm ñược tọa ñộ 2 ñiểm B và C là (- 2;2 2+ ) và ( 2; 2 2− − − ) ¼ ¼ ¼ ¼ 2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t) http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! 1 ñiểm d(M; Ox) = OM i∧ = ( ) 2 2 2 3t t+ + d(M; (P)) = 2 4 4 6 2 4 3 3 t t t t+ + − − − + = Có: d(M; Ox) = 2 d(M; (P)) hay 9(10t 2 + 12t + 4) = 2(t 2 + 8t + 16). Giải ñược 1 ( 1; 1;1) 1 10 1 41 ( ; ; ) 22 11 22 22 t M t M = − − − ⇒ = − − − ½ ½ VII.b 1 ñiểm - Từ phương trình 2 giải ñược x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường hợp: - V ới x = 2 giải tìm ñược y = ½ - Với y = 2 giải vô nghiệm. Kết luận: (2; ½) là nghiệm của hệ. ½ ¼ ¼ Chú ý: Các cách giải khác ñúng vẫn ñạt ñiểm tối ña. http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! Giải phương trình sau trên tập số phức: ( ) 3 2 2 1 3 1 0 z i z iz i − + + + − = 3 2 3 5 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y + + − − = − − − + + = (nghiệm (-3; 2)) 3. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng d: 1 2 2 1 3 x y z − + = = − và mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 cắt nhau tại I. Gọi d’ là ñường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d. Tìm t ọa ñộ của ñiểm I và viết phương trình ñường thẳng d’ biết khoảng cách từ I ñến d’ bằng 30 I(3; 1; - 5); d’: 1 5 2 2 2 0 10 x u x v y u hay y v z z = + = + = − = − = = − 3. Tìm m ñể ñường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 ñiểm A, B (x A < x B ) thỏa mãn 73. OB OA = . ð/s: m = 3. (A(0;-1), B(3; 8)) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là nửa lục giác ñều, AD = AB = BC = a, CD = 2a. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách giữa AD và SC bằng 2 a Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 5 4 1 5 4 2 1 6 x x P x x − − + = − + + + (giỏi vĩnh phúc 2010) 3. . 4. ðáp số bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình thang cân AB = a, CD = 2a, AD = BC = 10 2 a . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai ñường thẳng BD và SC. 3 3 2 3 5 2 3 2 3 8 2 x y x y x y x y + + − − = − − − + + = www.VNMATH.com http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! . SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIà Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi ! HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN. MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung ðiểm I 1 ñiểm 1 TXð: R{2} ( ) 2 6 ' 2 y x − = − < 0 Bảng biến thi n: Hàm số nghịch biến