0 TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG ®Ò THI THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II - 2011 MÔN: TOÁN –KHỐI A+D Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm ) Cho hàm số 1 1 + − = x x y ( C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) 2. Tìm điểm M ∈ (C ) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ Ox; Oy là nhỏ nhất. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 4 1 sin2 6 sin 3 cos 22 −= ++ + xxx ππ 2. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 4 4log1log1log xxx −=−−− Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân dx x xx I ∫ = 2 4 3 2 sin cos π π Câu IV. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a, BAD=60 0 , BAA’=90 0 , DAA’=120 0 . Tính thể tích của khối hộp đã cho theo a. Câu V. (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau 5212 ++++−= myxyxP B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường tròn ( C ) ( ) 9)2(1 2 2 =−+− yx , Biết tam giác ABC đều nội tiếp ( C ) , có A(-2;2). Tìm B và C 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz. Tìm các mặt cầu đi qua điểm A(1; 2; -1) và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) α 0132 = − + + zyx có bán kính nhỏ nhất. Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 0452 23 =−+− zzz b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho đường thẳng d: 0543 = + − yx , đường tròn ( C ) : 0962 22 =+−++ yxyx . Tìm điểm M ∈ ( C ), N d ∈ sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho 4 đường thẳng = += += 2t- 22 1 : 1 z ty tx d = += += 4t- 42 22 : 2 z ty tx d 1 1 1 2 : 3 − == zyx d 1 1 2 2 2 : 4 − − == − zyx d Chứng minh d 1 ; d 2 cùng thuộc một mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (P) đó và chứng minh có một đường thẳng d cắt cả 4 đường thẳng trên, viết phương trình đường thẳng d đó. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của số thực α sao cho i α là một nghiệm của phương trình 010472 234 =+−+− zzzz Hết Ghi chú: Thí sinh thi khối D không phải làm các câu VIIa, VIIb Họ và tên thí sinh Số báo danh 1 TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG ®¸p ¸n ®Ò THI THö §¹I HäC LÇn 2 - 2011 MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 1 1 + − = x x y . a. Tập xác định: }1{\ − R . b. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có .1,0 )1( 2 ' 2 −≠∀> + = x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;( − −∞ và );1( ∞ + − . * Giới hạn: 1lim = +∞→ y x ; 1lim = −∞→ y x ; −∞= + −→ y x )1( lim ; +∞= − −→ y x )1( lim Suy ra đồ thị có tiệm cận ngang là 1 = y và tiệm cận đứng là 1 − = x . 0,5 * Bảng biến thiên x ∞ − -1 ∞ + 'y + + y ∞ − 1 1 + ∞ c. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (1; 0); cắt Oy tại ( ) 1;0 − . Đồ thị nhận giao điểm )1;1( − I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 2. (1,0 điểm) Gọi M ( ) C a a a ∈ + − 1 1 ; , ( ) aOyMdd == ; 1 ( ) 1 1 ; 1 + − == a a OxMdd )( 1 1 21 af a a addd = + − +=+= 0,5 I. (2,0 điểm) Nhận xét: Với M(1;0) hoặc M(0;-1) => d=1 do đó chỉ cần xét + − 1 1 , a a aM với 10 < < a Khi đó ta có 2 1 2 1 1 2 1 1 21 1 1 )( − + ++= + +−= + − + −= + − −== a a a a a a a a a aafd 0,5 2 => ( ) 1222222 1 2 1 −=−≥− + ++= a ad => Min d= ( ) −−= +−= <=> + =+<=>− 21 21 1 2 1122 a a a a => M ( ) 21;21 −+− 1. (1,0 điểm) 4 1 sin2 6 sin 3 cos 22 −= ++ + xxx ππ <=> 4 1 sin2 2 3 2cos1 2 3 2 2cos1 −= +− + ++ x xx ππ <=> 0 4 5 sin2 3 2cos 3 2 2cos 2 1 =+− +− + xxx ππ 0,25 <=> 0 4 5 sin2 6 sin 2 2sin =+− +− xx ππ <=> 0 4 5 sin22cos 2 1 =+−− xx <=> ( ) 0 4 5 sin2sin21 2 1 2 =+−−− xx 0,25 <=> ( ) = = <=>=+− VN 2 3 sin 2 1 sin 03sin8sin4 2 x x xx 0,25 <=> π π π π 2 6 5 x;2 6 2 1 sin kkxx +=+=<=>= 0,25 2. (1,0 điểm) ĐK: ≠ > 4 1 x x , PT <=> ( ) x x x −= − − 4log 1 1 log 4 2 2 4 0,25 <=> ( ) x x x −= − − 4 1 1 2 2 <=> x x x −= − + 4 1 1 ( ) * 0,25 Nếu x>4 thì ( ) 036* 2 =+−<=> xx => 63 +=x 0,25 II. (2,0 điểm) Nếu −< << 1 41 x x thì ( ) 054* 2 =+−<=> xx ( ) VN Vậy PT có nghiệm x 63 += 0,25 III. (1,0 điểm) Đặt = = x xdx dV xU 3 2 sin cos => −= = x V xdxdU 2 sin2 1 2 Theo công thức tích phân từng phần ta có => 1 2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 3 2 16 sinsin2sin cos I x xdx x x x xx I + − =+ − == ∫∫ π π π π π π π 0,5 3 Tính ∫ = 2 4 2 1 sin π π x xdx I Đặt = = x dx dV xU 2 sin => −= = xV dxdU cot 0,25 => ∫ +−= 2 4 2 4 1 cotcot π π π π xdxxxI = 2 4 sinln 4 π π π x+ = 2ln 4 + π Vậy I= 2ln 16 4 2 +− ππ 0,25 Do S ABCD =2S ABD nên V ABCDA’B’C’D’ =6V A’ABD Xét tứ diện ABDA’có : BD=a, A’B= a 2 , A’D=a 3 suy ra tam giác A’BD vuông tại B. Gọi H là trung điểm của A’D thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác A’BD . Do AA’=AB=AD nên AH ⊥ (A’BD) và AH=a.cos60 0 = 2 a 0,5 IV. (1,0 điểm) Suy ra V AA’BD = BDA SAH ' . 3 1 = 12 2 .2. 2 1 . 2 . 3 1 3 a aa a = Vậy thể tích khối hộp đã cho là 2 2 12 2 .6 33 aa V == 0,5 Nhận xét : Ryx; 0 ∈ ∀ ≥ P TH1: P=0 <=> ( ) * 052 012 =++ =+− myx yx ta tìm m để tồn tại x;y thỏa mãn ( ) * Ta có 4 2 21 += − = m m D , 10 5 21 −−= − −− = m m D X , 3 52 11 −= − − = Y D Hệ ( ) * có nghiệm duy nhất <=> 404 − ≠ <=> ≠ + mm Vậy với 4 − ≠ m => GTNN P=0 <=> 4 3 ; 4 10 + − == + − − == m D D y m m D D x YX 0,25 TH2: 40 − = <=> ≠ mP => 54212 +−++−= yxyxP Đặt t=x-2y+1 => t R ∈ , P= 32 ++ tt =f(t) 0,25 V. (1,0 điểm) Ta lập bảng sau: 0,25 4 Vẽ đồ thị hàm số y=f(t) Từ đồ thị trên ta có GTNN P= 2 3 2 3 −=<=> t Kết luận: GTNNP=0 khi m 4 − ≠ GTNNP= 2 3 khi m=-4 <=> x-2y+1=- 2 3 0,25 1. (1,0 điểm) Tam giác ABC đều => I cũng là trọng tâm, gọi H là chân đường cao kẻ từ A => AH AI 2 = => 2; 2 5 H BC: ( ) == 0;3 2; 2 5 AIn H BC => BC: x= 2 5 0,5 { } CBCBC ;)( =∩ => = =−+− 2 5 9)2()1( 22 x yx => − + 2 33 2; 2 5 2 33 2; 2 5 C B 0,5 2. (1,0 điểm) R R H B I A Giả sử (S) có tâm I. bán kính R đí qua A(1;2;- 1), tiếp xúc với ( ) α tại B Ta có 2R=IA+IB AH AB ≥ ≥ (H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống ( ) α ) Dấu “=” <=> (S) là mặt cầu có đường kính AH 0,5 AH : +−= += += tz ty tx 21 2 1 Ta tìm H tương ứng với t thỏa mãn 1+t+2+t+2(-1+2t)-13=0 <=> 6t-12=0 <=> t=2 => H(3;4;3) 0,25 VIa. (2,0 điểm) (S) có tâm I (2;3;1) , R= 6 2 = AH => (S): ( ) ( ) ( ) 6132 222 =−+−+− zyx 0;25 PT <=> 0452 23 =−+− zzz <=> ( ) ( ) 041 2 =+−− zzz <=> =+− = (2) 04 (1) 1 2 zz z 0,5 VIIa. (1,0 điểm) Giải (2): 0,5 5 Có 15161 − = − = ∆ => − = + = 2 151 2 151 i z i z Đáp số: 2 151 i z ± = 1. (1,0 điểm) (C) có I(-1;3), R=1, d(I;d)=2 => d không cắt (C). Gọi H là hình chiếu của I trên d . Gọi A là giao điểm của đoạn IH với (C), B là giao của đoạn IA kéo dài với (C) Đường thẳng IH đi qua I(-1;3) có véc tơ chỉ phương là )4;3( −= d n nên: −= +−= ty tx IH 43 31 : H thuộc d => 5 7 ; 5 1 H 0,5 Với điểm M bất kỳ thuộc (C), N thuộc d kẻ đường thẳng d’ song song với d cắt đường thẳng IH tại K khi đó K ở giữa A và B (Vì nếu K thuộc tia AH thì IK= ( ) RIAdI =>', điều này dẫn đến φ = ∩ )(' Cd : Vô lí vì )(' CdM ∩ ∈ . Tương tự K không thể thuộc tia đối của tia BA. Từ đó ( ) KHdMd =; Do MNKHAH ≤ ≤ => MN nhỏ nhất bằng AH khi HNAM ≡ ≡ , 0,25 Tọa độ giao điểm của IH với (C) ứng với t là nghiệm của PT: ( ) ( ) ( ) ( ) 094363124331 22 =+−−+−+−++− tttt <=> 25t 2 -1=0 <=> 5 1 ±=t =>tọa độ các điểm A và B là − 5 11 ; 5 2 ; − 5 19 ; 5 8 , So sánh khoảng cách từ các điểm − 5 11 ; 5 2 ; − 5 19 ; 5 8 đến 5 7 ; 5 1 H ta tìm được Vậy điểm M cần tìm là −≡ 5 11 ; 5 2 AM Đáp số : − 5 11 ; 5 2 M ; 5 7 ; 5 1 N 0,25 2. (1,0 điểm) B A d d 4 d 3 d 2 d 1 2121 ;// dddd => thuộc mp (P) (P) có [ ] ( ) 2;2;0; 121 == uMMn P với ( ) 11 0;2;1 dM ∈ , ( ) 22 0;2;2 dM ∈ (P) có pt 02 = − + zy 0,5 VIb. (2,0 điểm) =∩= 2 3 ; 2 1 ;1)( 3 PdA ( ) 0;2;4)( 4 =∩= PdB => A, B thuộc (P)=> −= 2 3 ; 2 3 ;3AB => AB : 1 1 2 2 1 − = − = − zyx 1 ukAB ≠ => đường thẳng AB cắt d 1 và d 2 . Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB : 1 1 2 2 4 − = − = − zyx 0,5 VIIb. (1,0 Theo giả thiết i α là nghiệm của phương trình 010472 234 =+−+− zzzz <=> ( ) ( ) ( ) ( ) 010472 234 =+−+− iiii αααα 0,5 6 <=> 010472 234 =+−−+ ii αααα <=> ( ) 042107 324 =−++− αααα i điểm) <=> =− =+− 042 0107 3 24 αα αα <=> = = = = 2 0 2 5 2 2 2 α α α α <=> 2 2 = α <=> −= = 2 2 α α 0,5 . 4 1 sin2 6 sin 3 cos 22 −= ++ + xxx ππ <=> 4 1 sin2 2 3 2cos1 2 3 2 2cos1 −= +− + ++ x xx ππ <=> 0 4 5 sin2 3 2cos 3 2 2cos 2 1 =+− +− +. thu c d => 5 7 ; 5 1 H 0,5 Với điểm M bất kỳ thu c (C), N thu c d kẻ đường thẳng d’ song song với d cắt đường thẳng IH tại K khi đó K ở giữa A và B (Vì nếu K thu c. ∫ = 2 4 2 1 sin π π x xdx I Đặt = = x dx dV xU 2 sin => −= = xV dxdU cot 0,25 => ∫ +−= 2 4 2 4 1 cotcot π π π π xdxxxI = 2 4 sinln 4 π π π x+ = 2ln 4 + π Vậy I= 2ln 16 4 2 +− ππ