1 Câu I: (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = 1 x x − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với ñường thẳng ñi qua ñiểm M và ñiểm I(1; 1). Câu II: (2,0 ñiểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x + + = − + − = + Câu III: (1,0 ñiểm) Tính tích phân: 1 ln 1 ln e x dx x x + ∫ Câu IV: (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ ñứng ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác cân ñỉnh C; ñường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung ñiểm của BB’, CC’, BC và Q là một ñiểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ) ⊥ . Câu V: (1,0 ñiểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn ñiều kiện 3 ab bc ca + + = , ta có: 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 a b c + + ≤ + + + Câu VI: (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. ðiểm M 1 (0; ) 3 thuộc ñường thẳng AB, ñiểm N(0;7) thuộc ñường thẳng CD. Tìm tọa ñộ ñỉnh B biết B có hoành ñộ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ba ñường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t = = − = − + ; d 2 : 2 1 3 3 x y z − = = − − và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z + − + = = . Viết phương trình ñường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba ñường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các ñiểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu VII: (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 . 8 z z z z + + = và 2 z z + = Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUY Ễ N HU Ệ KỲ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ðỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñề 2 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ðỀ THI MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG ðIỂM TXð : D = R\{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0,25 lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là ti ệ m c ậ n ngang c ủ a ñồ th ị hàm s ố 1 1 lim ( ) ,lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là ti ệ m c ậ n ñứ ng c ủ a ñồ th ị hàm s ố 0,25 B ả ng bi ế n thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm s ố ngh ị ch bi ế n trên ( ;1) −∞ và (1; ) +∞ Hàm s ố không có cực trị 0,25 I-1 (1 ñiểm) ðồ thị : Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng 10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 5 5 10 15 0,25 I-2 (1 ñiểm) Với 0 1 x ≠ , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x 0 ; 0 0 1 x x − ) có ph ươ ng trình : 0,25 3 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ + − = − − (d) có vec – t ơ ch ỉ ph ươ ng 2 0 1 ( 1; ) ( 1) u x = − − r 0 0 1 ( 1; ) 1 IM x x = − − uuur 0,25 ðể (d) vuông góc IM ñ i ề u ki ệ n là : 0 0 2 0 0 0 0 1 1 . 0 1.( 1) 0 2 ( 1) 1 x u IM x x x x = = ⇔ − − + = ⇔ = − − r uuur 0,25 + V ớ i x 0 = 0 ta có M(0,0) + V ớ i x 0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25 ðK: sin cos 0 x x + ≠ 0,25 Khi ñ ó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cos PT x x x x x ⇔ − − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0 x x x x x ⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0 x x x ⇔ + + + = 0,25 sin 1 cos 1 x x = − ⇔ = − (tho ả mãn ñ i ề u ki ệ n) 0,25 II-1 (1 ñiểm) 2 2 2 x k x m π π π π = − + ⇔ = + ( ) ,k m∈ Z Vậy phương trình ñã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2 x m π π = + ( ) ,k m∈ Z 0,25 V ớ i x = 0 không nghi ệ m ñ úng ph ươ ng trình V ớ i 0 x ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 2 7 1 ( ) 2 7 y x y x y xy x x x x y y x y x y x + + + = + + + = ⇔ + − − = + + − = 0,25 ðặ t 2 1 , y u v x y x + = = + ta có h ệ : 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = = ⇔ ⇔ − = + − = = − = 0,25 +) V ớ i 3, 1 v u = = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 y x y x y x y y y x x y x y x y = = + = + = + − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = + = = − = − . 0,25 II-2 (1 ñiểm) +) Với 5, 9 v u = − = ta có hệ: 2 1 9 5 y x x y + = + = − , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2). x y x y = = − 0,25 III (1 ñiểm) ðặt t = 1 ln x + có 2tdt = 1 dx x x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0,25 4 2 2 1 1 ln 1 2 1 ln e x t dx tdt t x x − = = + ∫ ∫ 0,25 2 3 1 2( ) 3 t t = − = 0,25 2(2 2) 3 − = 0,25 G ọ i I là trung ñ i ể m A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ suy ra góc gi ữ a BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc ' C BI . Suy ra 0 ' 60 C BI = 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI = = Q P K M I N C A B A' C' B' 0,25 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B = = = 0,25 / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I ⇒ (1) 0,25 IV (1 ñiểm) 0 ' ( ) ' ' 90 AM BI ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI = − − = + = ⇒ ⊥ . M ặ t khác theo ch ứ ng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' ) C BI Suy ra (AMC) ⊥ ( ' ) C BI (2) T ừ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ) ⊥ 0,25 Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 a b b c c a a b c + + + ≥ 0,25 ðặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2 4 x y z xyz + + + ≥ với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 Không làm mất tính tổng quát giả sử x ≤ y; x ≤ z thì x ≤ 1 ta có: 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4 4 x y z xyz x y z yz x x y z y z x + + + − = + + + − − ≥ + + + + − − = 0,25 V (1 ñiểm) 2 2 2 2 1 (3 ) 4 ( 1) ( 2) 0 4 4 x x x x x + = + − − = − + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,25 5 N D I A C B N' M Gọi N’ là ñiểm ñối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − = = − = − 0,25 Phương trình ñường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I ñến ñường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + 0,25 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, ñặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4 d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0,25 VI 1 (1 ñiểm) ð i ể m B là giao ñ i ể m c ủ a ñườ ng th ẳ ng 4x + 3y – 1 = 0 v ớ i ñườ ng tròn tâm I bán kính 5 T ọ a ñộ B là nghi ệ m c ủ a h ệ : 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5 x y + = − + − = B có hoành ñộ d ươ ng nên B( 1; -1) 0,25 Xét ba ñ i ể m A, B, C l ầ n l ượ t n ằ m trên ba ñườ ng th ẳ ng d 1 , d 2 , d 3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) 0,25 A, B, C th ẳ ng hàng và AB = BC ⇔ B là trung ñ i ể m c ủ a AC ( 1 5 ) 2 4 (1 2 ) 2.(2 3 ) 1 2 ( 1 ) 2( 3 ) t v u t v u t v u + − + = ⇔ − + + = − − + + − + = − 0,25 Gi ả i h ệ trên ñượ c: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) 0,25 VI -2 (1 ñiểm) ðườ ng th ẳ ng ∆ ñi qua A, B, C có phương trình 2 1 1 1 x y z − = = 0,25 G ọ i z = x + iy ta có 2 2 2 2 ; z x iy z z zz x y = − = = = + 0,25 2 2 2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1) z z z z x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + = 0,25 2 2 2 1 (2) z z x x+ = ⇔ = ⇔ = 0,25 VII (1 ñiểm) Từ (1) và (2) tìm ñược x = 1 ; y = 1 ± Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25 . 0 ,25 G ọ i z = x + iy ta có 2 2 2 2 ; z x iy z z zz x y = − = = = + 0 ,25 2 2 2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1) z z z z x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + = 0 ,25 2 2 2 1 (2) z z x x+ = ⇔ = ⇔ = 0 ,25 . minh 2 2 2 4 x y z xyz + + + ≥ với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 Không làm mất tính tổng quát giả sử x ≤ y; x ≤ z thì x ≤ 1 ta có: 0 ,25 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 ( ) ( 2) 4. (AMC) ⊥ ( ' ) C BI (2) T ừ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ) ⊥ 0 ,25 Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 a b b c c a a b c + + + ≥ 0 ,25 ðặt x = ab, y = bc,