Đề thi thử lần 2 D. Chuyên Điện Biên

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỔ TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 MÔN: TOÁN – KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số − = + 2 1 1 x y x (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng MI với I là giao của hai tiệm cận Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) π − = + − ∈ + 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 2 , 0; 1 tan 2 x x x x x x 2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 0 , 5 1 0 x x y x y R x y x  + + − =  ∈  + − + =   Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: = + ∫ 3 ln 2 3 0 2 x dx I e Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A 1 B 1 C 1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC 1 và đường cao AH của mp(ABC) Câu V. (1,0 điểm) Cho các số dương , , : 3.a b c ab bc ca+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc + + ≤ + + + + + + B. PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II ) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y∆ − + = và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIa. (1,0 điểm) Đặt ( ) − + − = + + + + 4 2 3 2 12 0 1 2 12 1 x x x a a x a x a xL . Tìm hệ số 7 a II. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: − − = + − = 1 2 : 3 0, : 6 0d x y d x y . Trung điểm một cạnh là giao điểm của 1 d với tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho mặt cầu (S) có phương trình + + − + − − = 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z và mặt phẳng (P) có phương trình: + − + =2 2 17 0x y z . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích là π 9 Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : ( ) ( ) + + > − 2 2 2 1+ log log 2 log 6x x x Hết…. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KHỐI D Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,0 điểm) R\{-1} ( ) 2 3 ' 0 1 1 = > ∀ ≠ − + y x x . Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của hàm số. 0.25 ( ) 1 lim 1 ± → − = ∞ → = − x y xm là tiệm cận đứng lim 2 2 →±∞ = → = x y y là tiệm cận ngang 0.25 -Bảng biến thiên 0.25 -Đồ thị đi qua (0;-1), (1/2; 0) vẽ đúng 0.25 2 Tìm điểm M trên (C) … (1,0 điểm) ( ) ( ) ( ) 0 0 2 0 2 1 3 ; ; ' ; 1;2 1 1   − ∈ = −  ÷ + +   x M x C y I x x là giao của hai tiệm cận Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M: ( ) ( ) 0 2 0 3 ' 1 = + y x x ( ) 0 0 3 1; 1   − = +  ÷  ÷ +   IM x x uuur suy ra hsg của IM: ( ) 2 0 3 1 − +x ycbt ( ) ( ) ( ) ( ) 4 0 2 2 0 0 3 3 . 1 1 9 1 3 1 1 − ⇔ = − ⇔ + = ⇔ = − ± + + o x x x x Vậy có hai điểm M thoả mãn: ( ) ( ) 1 3;2 3 , 1 3;2 3− − + − + − 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2,0 1 Phương trình lượng giác …(1,00 điểm) ( ) 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 2 , 0; 1 tan 2 x x x x x x π − = + − ∈ + Đk: sin 2 0;tan 1≠ ≠ −x x Biến đối ta có: ( ) ( ) sin 2 cos2 3 0 ( ) sin cos sin 2 cos 2 3 0 sin cos + − =  − + − = ⇔  =  x x VN x x x x x x Với ( ) 0; cos sin 4 π π ∈ ⇒ = ⇔ =x x x x 0.25 0.5 0.25 2 Giải hệ phương trình….(1,00 điểm) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 3 0 1 0 5 5 1 0 1 0 x x y x y x x y x y x x   + + − = + + − =    ⇔   + − + =   + − + =    0.25 2 2 2 3 3 1 1 4 6 3 5 2 0 1 1 0 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 3 1 2 x y x y x x x x x x x hoac x x y x y x x hoac y y   + = − + = −     ⇔ ⇔       − + = − − + =  ÷        =   =   ⇔     + = + =    =  =   ⇔   = = −    0.25 0.25 0.25 III Tính tích phân 1,0 Ta c ó 3ln2 3 0 3 3 ( 2) x x x e dx I e e = + ∫ Đặt u= 3 x e ⇒ dxedu x 3 3 = ; 22ln3;10 =⇒==⇒= uxux Ta được: 2 1 3 ( 2) du I u u = + ∫ = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 3 1 1 3 ln ln 2 2 2 2 2 2 u u du dx u u u u u u + −   = − = − +  ÷ + +   ∫ ∫ 2 1 3 3 1 1 3 3 ln ln ln ln 2 2 2 2 3 2 2 u u   = = − =  ÷ +   0.25 0.5 0.25 IV Hình không gian 1,0 +Thể tích lăng trụ : V 4 6 ).( 3 1 aAAABCdt == + cos(AH , AC 1 ) = 1 111 1 1 . ACAH CAAAAH ACAH ACAH       + = →→→ →→ = 1 11 . . ACAH CAAH →→ 0 1 1 0 60),( 2 1 3. 2 3 2 3 . 2 3 . 30cos =→=== ACAH aa aa ACAH ACAH . Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0 Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0 0.5 0.5 V 1,0 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 2 3 3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤ . Suy ra: 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 (1). 1 ( ) 3 + + ≥ + + = + + = ⇒ ≤ + + a b c abc a b c a ab bc ca a a b c a Tương tự ta có: 2 2 1 1 1 1 (2), (3). 1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c ≤ ≤ + + + + Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 0.25 0.25 0.25 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc + + + + ≤ + + = = + + + + + + W . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 0.25 Theo chương trình Chuẩn VIa 2.0 1 Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − = uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − = Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC   = = −   r uuur uuur Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = . Giải hệ: 1 0 0 3 0 2 2 1 0 1 x y z x y z y x y z z + − − = =     + − = ⇒ =     − + + = =   . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I Bán kính là 2 2 2 ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIa ( ) 4 2 3 2 12 0 1 2 12 1 x x x a a x a x a x− + − = + + + +L . 1.0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 2 3 2 2 1 1 1 1 1x x x x x x x x− + − = − + − = − + ( ) ( ) 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 2 0 1 2 2 4 3 6 4 8 4 4 4 4 4 1 1 − = − + − + + = + + + + x C C x C x C x C x x C C x C x C x C x Suy ra 3 2 1 3 7 4 4 4 4 = − −a C C C C =-40 0.25 0.25 0.25 0.25 Theo chương trình Nâng cao VIb 2.0 1 ( ) 9 3 ; ; 3;0 2 2    ÷   I M Giả sử M là trung điểm AD suy ra AB = 2IM = 3 2 . 12 2 2= = ⇒ = ABCD S AB AD AD AD qua M vuông góc với d 1 suy ra AD : x + y – 3 = 0 MA = MB = 2 suy ra tọa độ A, D là nghiệm của hệ ( ) 2 2 3 0 2 4 1 1 3 2 + − =  = =    ⇒    = = − − + =     x y x x hoac y y x y Chọn A(2;1) suy ra D(4;-1); C(7;2); B(5;4) 0.25 0.25 0.25 0.25 2 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5 Bán kính đường tròn giao tuyến bằng 3 suy ra khoảng cách từ tâm I đến mp (Q) bằng 4 (Q) song song với (P) suy ra (Q): 2x + 2y – z + d = 0 ( ) ( ) 2 4 3 , 4 5 12 17 7 3 − − + = = ⇔ − = ⇔ = = − d d I Q d d va d Ta có hai mp (Q) thỏa mãn: 2x + 2y – z + 17= 0 và 2x + 2y – z -7 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb ( ) ( ) 2 2 2 1+ log log 2 log 6x x x+ + > − 1.0 ĐK 0 6< <x Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 2 2 log 6 2 2 6 2 16 36 0 18 + > − ⇔ + > − >  ⇔ + − > ⇔  < −  x x x x x x x x x x Kết hợp điều kiên ta có nghiệm của BPT là 2 6 < < x 0.25 0.25 0.25 0.25 . ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 3 1 1 3 ln ln 2 2 2 2 2 2 u u du dx u u u u u u + −   = − = − +  ÷ + +   ∫ ∫ 2 1 3 3 1 1 3 3 ln ln ln ln 2 2 2 2 3 2 2 u u   = = − =  ÷ +   0 .25 0.5 0 .25 IV Hình. 7 3 − − + = = ⇔ − = ⇔ = = − d d I Q d d va d Ta có hai mp (Q) thỏa mãn: 2x + 2y – z + 17= 0 và 2x + 2y – z -7 = 0 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 VIIb ( ) ( ) 2 2 2 1+ log log 2 log 6x x x+ + > − 1.0 ĐK. cao VIb 2. 0 1 ( ) 9 3 ; ; 3;0 2 2    ÷   I M Giả sử M là trung điểm AD suy ra AB = 2IM = 3 2 . 12 2 2= = ⇒ = ABCD S AB AD AD AD qua M vuông góc với d 1 suy ra AD : x + y – 3 = 0 MA = MB = 2