Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của Cm.. Tiếp tuyến tại điểm bất kỳ của Cm cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A và B.. Tìm m để tam giác IAB có diện tích bằng 12.. Theo chương
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN - Khối: A
- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2điểm) Cho hàm số
m x
mx y
+
−
= 1 , (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m= 1
2 Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (Cm) Tiếp tuyến tại điểm bất kỳ của (Cm) cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang tại A và B.
Tìm m để tam giác IAB có diện tích bằng 12.
Câu II (2 điểm) Giải các phương trình
1
3 ) 1 ( 2 ) 1
+
− +
+
−
x
x x
x
3 cos
2 sin
x
x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: dx
x
x x
I =∫2 ++
0
2
2 sin 1
) sin (
π
Câu IV (1 điểm) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh
AB =
2
3
a và các cạnh còn lại đều bằng a.
Câu V (1 điểm) Xét các số thực dương a ,,b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
c a
c b b
c a a
c
b
P
3 2
) ( 12 3
3 4 2
)
(
3
+
− +
+ +
+
=
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
(Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng (Oxy) cho điểm A (3 ; 0) và elip (E) có phương trình:
1
9
2
2
=
+y
x
Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2 Trong không gian (Oxyz) cho mặt phẳng ( α ) có phương trình:
0 1
2x+y+z− = và hai điểm A (1 ; 2 ; 3) , B (-2 ; 2 ; 0) Tìm điểm M trên mặt phẳng (
α ) sao cho MA−MB đạt giá trị lớn nhất.
Câu VIIa (1 điểm) Giải hệ phương trình trong tập hợp số phức
−
=
−
−
=
−
i z
z
i z
z
5
3 5
1 1 1
2 2
1 2
2 1
B Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC, có đỉnh A( 1 ; 2); đường phân giác trong và trung tuyến vẽ từ đỉnh B có phương trình lần lượt là: (BE): 2x−y+ 5 = 0
và (BM): 7x−y+ 15 = 0 Tính diện tích tam giác ABC
2 Trong không gian (Oxyz) cho mặt phẳng ( α ) có phương trình
0 1
2x+y+z− = và hai điểm A(1 ; 2 ; 3) , B(0 ; 3 ; 1)
Tìm điểm M trên mp ( α ) sao cho ∆MAB có chu vi nhỏ nhất.
Trang 2TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: AB
- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 2
PHẦN CHUNG (7 điểm)
Điểm Câu I (2 điểm)
m x
m m m x
mx y
+
+
−
= +
−
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
1
2 1
+
−
=
x
* TXĐ: D=R\{ }− 1
* Sự biến thiên:
- Giới hạn: → − 1 − =+∞
lim
x
y ; → − 1 + =−∞
lim
x
y
limx→−∞y=limx→+∞y=1
Tiệm cận đứng: x= − 1, tiệm cận ngang: y= 1
- Bảng biến thiên: ( 1) 0
2 ' 2 >
+
=
x
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 1) (; − 1 ; +∞)
* Đồ thị: Vẽ rõ ràng, chính xác
2 m= ? để S(IAB) = 12
1 0
2
≠ +
+
m
x
m
⇒
m x
m m x
+
+
−
0
2 0
1
; Tiếp tuyến tại M có phương trình:
m m x x m x
m
y
+
+
− +
− +
+
=
0
2 0
2 0
; (x0 ≠ −m)
+
+
+
−
−
⇒
m m x B
m x
m m m A
; 2
2 2
;
0
0 2
m x
m IA
+
+
=
⇒
0
2 ; IB= 2x0+m
2
IAB
S
⇔ m∈{− 5 ; 5}
Câu II (2 điểm) Giải phương trình
1
3 1
2
+
− +
+
−
x
x x
≥
−
<
3
1
x x
1
3 1
2 3
+
− + +
− +
⇔
x
x x x
x
−
= +
− +
= +
− +
⇔
4 1
3 1
2 1
3 1
x
x x
x
x x
=
−
−
=
−
−
⇔
16 3 2
4 3 2
2
2
x x
x x
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
Tiệm cận đứng: x= −m
Tiệm cận ngang: y=m⇒I( −m;m)
; (Chọn x≥ 3 )
; (Chọn x< − 1 )
Trang 3
=
−
−
=
−
−
⇔
0 19 2
0 7 2
2
2
x x
x x
−
=
+
=
⇔
5 2 1
2 2 1
x
x
{1 2 5 , 1 2 2}
3 cos
2 sin
x
x x
(1)
ĐK: cos 3x= cosx( 4 cos 2x− 3 ) ≠ 0
(1)
3 cos 4 cos
cos sin 2 cos
−
+
⇔
x x
x x x
⇔ 2 sin 2x− sinx− 1 = 0
=
−
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
0 3 cos 4 2
1 sin
0 cos 1 sin
2x x
x x
Vậy, phương trình (1) vô nghiệm
+
+ +
0
2 1
2 2
sin 2
sin 1
π π
I I dx x
x dx
x
x I
−
= +
= 2
0
2
1
4 cos
2 2
sin 1
π dx
x
x dx
x
x I
Đặt:
−
=
=
⇒
−
=
=
4
tan 2
1 4
cos
dx du x
dx dv
x u
4 4
cos ln 2
1 4
tan
0
2 0 1
π π
=
− +
−
=
* =∫2 +
0
2 2
2 sin 1 sin
π
dx x
x
I , đổi biến: t= −x
2
π
đưa đến
=∫2 +
0
2
cos
π
dx x
x I
1
4 cos
2
0
−
=
−
=
x
dx I
2
1
2 =
⇒I
Vậy,
2
1 4
2
I
Câu IV (1 điểm)
Gọi I là trung đểm cạnh CD
( )
⊥
⊥
⇒
CD BI
CD AI
AB
a BI
2
3 ,
(1)
A ⇒(ABI) là mp trung trực cạnh CD Gọi
0,25 0,25
0,25 0,25 0,50
0,25 0,25
0,25
0,25
; (Chọn x≥ 3 )
; (Chọn x < -1)
(loại)
(loại)
Trang 4M C
D
I
M là giao điểm của BI với mặt cầu ( )S
ngoại tiếp tứ diện ABCD
⇒ Đường tròn lớn của ( )S là đường tròn
(ABM) Mặt phẳng (BCD) cắt ( )S theo đường tròn (BCD)qua M, hơn nữa BM là
đường kính
3
2 60 sin 0
a a
⇒
12
13 60
cos
2
AB
6
13 60
sin
a AM
⇒
162
13 13 3
4
a R
⇒
Câu V (1 điểm)
, 0 1 1 4 (*)
y x y x y
x
+
≥ +
⇒
>
Dấu “=” xảy ra ⇔x= y (CM được)
+
− +
+
+ +
=
3 2
12 3
3 4 1 2
) ( 3 2 11
c a
c b b
c a a
c b P
+ + + +
+
=
c a b a c b a
3 2
4 3
1 2
1 3 3 4
Áp dụng (*):
b a b
4 3
1 2
1
+
≥ +
c b a c a b
16 3
2
4 3
2
4
+ +
≥ +
+ +
⇒
c b a c a b
16 3
2
4 3
1 2
1
+ +
≥ + + +
⇒P+ 11 ≥ 16 ⇒P≥ 5
Dấu “=” xảy ra b c a
3
2
=
=
⇔
⇒ MinP= 5 ,khi b c a
3
2
=
=
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1 ( ) 1
9 :x2 +y2 =
E
A( )3 ; 0 ∈ (E); B,C∈ (E) : AB=AC
Chứng minh được: B(x0 ;y0)⇒C(x0 ; −y0) ; (x0 < 3)
H là trung điểm của BC⇒H(x0; 0)
0
3
2
∆ABC vuông cân tại A BC
2
1
AH =
⇔
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 B
Trang 5
2 0
2 0 0
3 3
3
9
9 3
1 3
x x
x
x x
+
−
=
−
⇔
−
=
−
⇔
=
⇒
=
=
⇔
5
3 5
12 3
0 0
0
y x
x
Vậy,
5
3
; 5
12 , 5
3
; 5 12
5
3
; 5
12 , 5
3
; 5 12
C B
C B
2 Đặt F(x,y,z) = 2x+y+z− 1
F (1 ; 2 ; 3) F (-2 ; 2 ; 0) < 0
⇒ A và B nằm về hai phía của mp ( )α
B 1 (x 1 , y 1 , z 1 ); I là trung điểm của BB 1
BB1 =(x1 + 2 ;y1 − 2 ;z1) ,
2
; 2
2
; 2
x I
B 1 = Đα (B)
( )
=
− + +
∈
=
⇔
0 1 2
:
) 1
; 1
; 2 ( //
1
z y x I
n BB
α
α
=
− + +
=
+
=
+
⇔
0 4 2
2 2
2 2
2
1 1 1
1 1
1
z y x
z y
x
⇒B1(0 ; 3 ; 1)
MA−MB = AM −MB1 ≤AB1= 6
Dấu “=” xảy ra ⇔A,M,B1 thẳng hàng (M∈( )α )
⇔M = AB1∩( )α
( )
+
=
−
=
+
=
t z
t y
t x AB
2 3 2
1 :
1 , ( )α : 2x+y+z− 1 = 0 ⇒M(− 1 ; 4 ; − 1)
Max MA−MB = AB1 = 6 ,khi M(− 1 ; 4 ; − 1)
Câu VIIa (1 điểm)
Hệ đã cho được viết
−
=
−
−
=
−
5
3 1
2 2
2
1
2 1
2 1
i z
z
z
z
i z
z
⇔ ( ) ( )
+
−
=
−
−
=
− +
i z
z
i z
z
2 4
1 2
2 1
2 1
⇒ z1 và -z2 là các nghiệm của phương trình
z2 − 2(1 −i) (z− 4 + 2i)= 0
(z1;z2) (∈{ 3 −i; 1 +i),(− 1 −i; − 3 +i) }
b Theo chương trình nâng cao
Câu VI b: (2,0đ)
15 7
5 2
−
=
−
−
=
−
∩
y x
y x BM BE
B
A1(x1;y1) ( );A1 ; 2 ⇒ AA1 =(x1− 1 ;y1 − 2)
I là trung điểm
⇒
2
2
; 2
1
1
y x I A
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 (loại)
Trang 6A1 =ĐBE ( )A ( )
I
u
= +
−
∈
=
⊥
0 5 2
:
2
; 1
=
−
=
⇔
= +
+
−
+
=
− +
−
⇔
4
3 0
5 2
2 2
1 2
0 2 2 1
1
1 1
1
1 1
y
x y
x
y x
⇒BA1 =(− 1 ; 3)⇒n BC =( )3 ; 1
( )BC : 3x+y+ 5 = 0
A2 =ĐB( )A ⇒ A2(− 5 ; 0),A2C// BM
⇒n A2C =(7 ; − 1)
(A2C): 7x− y+ 35 = 0
C=( ) (BC ∩ A2C)⇒C(− 4 ; 7)
⇒BC= 2 10
1 9
5 2 3
+
+ +
=
=d A BC
AH
( ) 10
2
=
⇒S ABC BC AH (đvdt)
2 Đặt: F(x;y;z)= 2x+y+z− 1
F(1 ; 2 ; 3) (F 0 ; 3 ; 1)> 0 ⇒ A và B nằm về cùng phía của mp ( )α
B1(x1 ;y1 ;z1) I là trung điểm của BB1
−
−
=
⇒
2
1
; 2
3
; 2 , 1
; 3
1 1 1 1
z y
x I z y x BB
B 1 = Đα(B)
( )
=
− + +
∈
=
⇔
0 1 2
:
) 1
; 1
; 2 ( //
1
z y x I
n BB
α
α
= + + +
−
=
−
=
⇔
0 2 2
1
1 1
3 2
1 1 1
1 1
1
z y x
z y
x
⇒B1(− 2 ; 2 ; 0)
Chu vi ∆MAB, ký hiệu: P
Dấu “=” xảy ra ⇔ A,M,B1 thẳng hàng
⇔M = AB1∩( )α
( )
+
=
=
+
=
t z y
t x AB
3 2
1 :
1
( )α : 2x+ y+z− 1 = 0 ⇒ M (-1 ; 2 ; 1)
Min P= 2( 3 + 3) , khi M (-1 ; 2 ; 1)
Câu VIIb (1 điểm)
Giải phương trình: (x x) x
3
log
Đặt: log3x=t⇔ x= 3t (1)
Phương trình trở thành:
log2(3t + 6t)=t
⇔ 3t + 6t = 2t
3 1
2
3 + =
t
(2)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
Trang 7t
t
t
2
3 )
= là hàm số đồng biến trên R
∀
>
+
t
t
, 0 3 ln 3 2
3 ln 2
3 )
(
'
( 2 ) ⇔ f(t) = f( − 1 )
⇔t = − 1 Từ (1) ta được
3
1
=
x
=
3
1
S
0,25
0,25