TRƯỜNG 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 mx mx y + − = 1 , (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 1=m 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. 12 1 3 )1(2)1( 2 = + − ++− x x xx 2. 01 3cos 2sincos =+ + x xx Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: dx x xx I ∫ + + = 2 0 2 2sin1 )sin( π Câu IV. (1 điểm) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD, có cạnh AB = 2 3a và các cạnh còn lại đều bằng a. Câu V. (1 điểm) Xét các số thực dương cba ,, . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ca cb b ca a cb P 32 )(12 3 34 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: 012 =−++ zyx và hai điểm A (1 ; 2 ; 3) , B (-2 ; 2 ; 0). Tìm điểm M trên mặt phẳng ( α ) sao cho MBMA − đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIa. (1 điểm) Giải hệ phương trình trong tập hợp số phức −=− −=− i zz izz 5 3 5 111 22 12 21 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): 052 =+− yx và (BM): 0157 =+− yx . Tính diện tích tam giác ABC 2. Trong không gian (Oxyz) cho mặt phẳng ( α ) có phương trình 012 =−++ zyx 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. TRƯỜNG 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) mx m m mx mx y + + −= + − = 11 2 (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 1 2 1 + −= x y ( ) 1=m * TXĐ: RD = \ { } 1− * Sự biến thiên: - Giới hạn: +∞= − −→ 1 lim x y ; −∞= + −→ 1 lim x y 1limlim == +∞→−∞→ xx yy Tiệm cận đứng: 1 −= x , tiệm cận ngang: 1=y - Bảng biến thiên: ( ) 0 1 2 ' 2 > + = x y , 1−≠∀x Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) +∞−−∞− ;1;1; * Đồ thị: Vẽ rõ ràng, chính xác 2. ? = m để ( ) IABS = 12 0 1 2 ≠ + + mx m ⇒ G/s ( ) Cm mx m mxM ∈ + + − 0 2 0 1 ; . Tiếp tuyến tại M có phương trình: ( ) ( ) mx m mxx mx m y + + −+− + + = 0 2 0 2 0 2 11 ; ( ) mx −≠ 0 ( ) + + + −− ⇒ mmxB mx m mmA ;2 22 ; 0 0 2 mx m IA + + =⇒ 0 2 1 2 ; mxIB += 0 2 ( ) 122212. 2 1 22 =+=+== mmIBIAIABS ⇔ { } 5;5−∈m Câu II (2 điểm) Giải phương trình 1. ( ) ( ) 12 1 3 121 2 = + − ++− x x xx , ĐK: ≥ −< 3 1 x x ( )( ) ( ) 08 1 3 1231 =− + − ++−+⇔ x x xxx ( ) ( ) −= + − + = + − + ⇔ 4 1 3 1 2 1 3 1 x x x x x x =−− =−− ⇔ 1632 432 2 2 xx xx 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tiệm cận đứng: mx −= Tiệm cận ngang: );( mmImy −⇒= ; (Chọn )3≥x ; (Chọn )1−<x =−− =−− ⇔ 0192 072 2 2 xx xx −= += ⇔ 521 221 x x { } 221,521, +−= S 2. 01 3cos 2sincos =+ + x xx (1) ĐK: 0)3cos4(cos3cos 2 ≠−= xxx (1) ( ) 01 3cos4cos cossin2cos 2 =+ − + ⇔ xx xxx 01sinsin2 2 =−−⇔ xx =−⇒−= =⇒= ⇔ 03cos4 2 1 sin 0cos1sin 2 xx xx Vậy, phương trình (1) vô nghiệm Câu III (1 điểm) ∫∫ += + + + = 2 0 21 2 2 0 2sin1 sin 2sin1 ππ IIdx x x dx x x I * ∫ ∫ − = + = 2 0 2 0 2 1 4 cos2 2sin1 π π π dx x x dx x x I Đặt: −= = ⇒ − = = 4 tan 2 1 4 cos2 2 π π xv dxdu x dx dv xu 44 cosln 2 1 4 tan 2 || 2 0 2 0 1 πππ ππ = −+ −=⇒ xx x I * ∫ + = 2 0 2 2 2sin1 sin π dx x x I , đổi biến: xt −= 2 π đưa đến ∫ + = 2 0 2 2 2sin1 cos π dx x x I 1 4 tan 2 1 4 cos2 2 | 2 0 0 2 2 = −= − =⇒ ∫ π π π x x dx I 2 1 2 =⇒ I Vậy, 2 1 4 21 +=+= π III Câu IV (1 điểm) Gọi I là trung đểm cạnh CD ( ) ⊥ ⊥ ⇒ CDBI CDAI Gt AB a BIAI === 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 )3≥x ; (Chọn x < -1) (loại) (loại) M 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 60sin 0 aa BM ==⇒ (1) ABI ∆⇒ đều ⇒ ABM = 60 0 12 13 60cos.2 022 aBMABBMABAM =−+= 6 13 60sin2 0 aAM R ==⇒ 33 162 1313 3 4 aRV ππ ==⇒ Câu V (1 điểm) (*) 411 0, yxyx yx + ≥+⇒> Dấu “=” xảy ra yx =⇔ (CM được) ( ) =+ + − + + ++ + +=+ 8 32 12 3 34 1 2 )(3 211 ca cb b ca a cb P ( ) + ++++= caba cba 32 4 3 1 2 1 334 Áp dụng (*): baba 32 4 3 1 2 1 + ≥+ cbacaba 334 16 32 4 32 4 ++ ≥ + + + ⇒ cbacaba 334 16 32 4 3 1 2 1 ++ ≥ + ++ 51611 ≥⇒≥+⇒ PP Dấu “=” xảy ra acb 3 2 ==⇔ ⇒ Min khiP ,5= acb 3 2 == PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1. ( ) 1 9 : 2 2 =+ y x E ( ) )(0;3 EA ∈ ; )(, ECB ∈ : ACAB = Chứng minh được: ( ) ( ) 0000 ;; yxCyxB −⇒ ; ( ) 3 0 <x H là trung điểm của ( ) 0; 0 xHBC ⇒ 2 00 9 3 2 2 xyBC −==⇒ ; 00 33 xxAH −=−= 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 ( ) ( )( ) 00 2 0 2 00 3339 9 3 1 3 xxx xx +−=−⇔ −=−⇔ =⇒= = ⇔ 5 3 5 12 3 00 0 yx x Vậy, − − 5 3 ; 5 12 , 5 3 ; 5 12 5 3 ; 5 12 , 5 3 ; 5 12 CB CB 2. Đặt 12),,( −++= zyxzyxF 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 ( ) 1111 ;2;2 zyxBB −+= , +− 2 ; 2 2 ; 2 2 111 zyx I B 1 = Đ α (B) ( ) =−++∈ = ⇔ 012: )1;1;2(// 1 zyxI nBB α α =−++ = + = + ⇔ 042 22 2 2 2 111 111 zyx zyx ( ) 1;3;0 1 B⇒ 6 11 =≤−=− ABMBAMMBMA Dấu “=” xảy ra 1 ,, BMA⇔ thẳng hàng. ( )( ) α ∈M ( ) α ∩=⇔ 1 ABM ( ) += −= += tz ty tx AB 23 2 1 : 1 , ( ) ( ) 1;4;1012: −−⇒=−++ Mzyx α khiABMBMAMax ,6 1 ==− ( ) 1;4;1 −−M Câu VIIa. (1 điểm) Hệ đã cho được viết − = − −=− 5 31 22 21 21 21 i zz zz izz ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) +−=− −=−+ izz izz 24 12 21 21 1 z⇒ và - 2 z là các nghiệm của phương trình. ( ) ( ) 02412 2 =+−−− iziz ( ) ( ){ ( ) } iiiizz +−−−+−∈ 3;1,1;3; 21 b. Theo chương trình nâng cao Câu VI b: (2,0đ) 1. ( ) ( ) ( ) 1;2 157 52 : −⇒ −=− −=− ∩= B yx yx BMBEB ( ) ( ) ( ) 2;1A2;1;; 111111 −−=⇒ yxAAyxA I là trung điểm ++ ⇒ 2 2 ; 2 1 A 11 1 yx IA 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (loại) = 1 A Đ BE ( ) A ( ) ( ) BCA yxBEI uAA BC ∈ =+−∈ =⊥ ⇔ 1 1 , 052: 2;1 ( ) = −= ⇔ =+ + − + =−+− ⇔ 4 3 05 2 2 2 1 2 0221 1 1 11 11 y x yx yx ( ) ( ) 1;33;1 1 =⇒−=⇒ BC nBA ( ) 053: =++ yxBC = 2 A Đ ( ) ( ) CAAA B 22 ,0;5−⇒ // BM ( ) 1;7 2 −=⇒ CA n ( ) 0357: 2 =+− yxCA ( ) ( ) ( ) 7;4 2 −⇒∩= CCABCC 102=⇒ BC ( ) 10 19 523 , = + ++ == BCAdAH ( ) 10. 2 1 ==⇒ AHBCS ABC (đvdt) 2. Đặt: ( ) 12;; −++= zyxzyxF ( ) ( ) ⇒> 01;3;03;2;1 FF A và B nằm về cùng phía của mp ( ) α ( ) 1111 ;; zyxB I là trung điểm của BB 1 ( ) ++ −−=⇒ 2 1 ; 2 3 ; 2 ,1;3; 111 1111 zyx IzyxBB B 1 = Đ α (B) ( ) =−++∈ = ⇔ 012: )1;1;2(// 1 zyxI nBB α α =+++ − = − = ⇔ 022 1 1 1 3 2 111 111 zyx zyx ( ) 0;2;2 1 −⇒ B Chu vi MAB∆ , ký hiệu: P 23666 11 +=+≥++=++= ABMBAMMBMAABP Dấu “=” xảy ra 1 ,, BMA⇔ thẳng hàng ( ) α ∩=⇔ 1 ABM ( ) += = += tz y tx AB 3 2 1 : 1 ( ) ⇒=−++ 012: zyx α M (-1 ; 2 ; 1) Min ( ) 332 +=P , khi M (-1 ; 2 ; 1) Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình: ( ) xx x 3 log 2 log6log 3 =+ Đặt: t xtx 3log 3 =⇔= (1) Phương trình trở thành: ( ) t tt =+ 63log 2 ttt 263 =+⇔ 13 2 3 =+ ⇔ t t (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 t t tf 3 2 3 )( + = là hàm số đồng biến trên R ∀>+ = ttf t t ,03ln3 2 3 ln 2 3 )(' )1()()2( −=⇔ ftf 1−=⇔ t . Từ (1) ta được 3 1 =x = 3 1 S 0,25 0,25 . ∆ MAB có chu vi nhỏ nhất. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: AB Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN - Khối: A Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ LẦN 2 PHẦN CHUNG (7. 8 32 12 3 34 1 2 )(3 211 ca cb b ca a cb P ( ) + ++++= caba cba 32 4 3 1 2 1 334 Áp dụng (*): baba 32 4 3 1 2 1 + ≥+ cbacaba 334 16 32 4 32 4 ++ ≥ + + + ⇒ cbacaba 334 16 32 4 3 1 2 1 ++ ≥ + ++