ĐỀ THI THỬ ĐH CHUYÊN LÀO CAI LẦN 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 TỔ: TOÁN – TIN Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II(2,0 điểm) 1. Giải phương trình:     2 sin 1 t anx 3sin cos sinx 3 x x x     2. Giải hệ phương trình:     2 2 2 2 1 4 2 2 7 2 x y xy y x y y y xy               Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân: 2 2 4 cosx I dx sin x.sin x 4             Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi; hai đường chéo AC = 2 3 a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       2 2 2 a b c b c a c a b A bc ca ab       II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 2 2 6 5 0 x y x     . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) mà góc giữa hai tuyến đó bằng 60 0 . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình     921 2 2 2  zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d: 2 2 1 1     zyx và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: 3 3 10 z z     B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x - y - 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 1 2 1    zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình   4 2 2 1 1 1 log 1 log 2 log 4 2 x x x       … Hết…………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên: Lớp: Đáp án Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ:   \ 1 R 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * 1 1 lim ; lim x x y y         Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim lim 2      x x y y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thiên Ta có:   2 1 ' 0, 1 1 y x x       * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   ;1  và   1;  * Hàm số không có cực trị *) Bảng biến thiên: x -  1 +  y’ - - y 2 - +  2 0,25 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại (0; 1) và cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2       + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. + Vẽ đúng đồ thị hàm số 0,25 I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00 Ta có: 0 0 0 0 2 1 ; , 1 1 x M x x x          ,   0 2 0 1 '( ) 1 y x x    Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:   0 0 2 0 0 2 1 1 : ( ) 1 1 x y x x x x         0,25 Toạ độ giao điểm A, B của    và hai tiệm cận là:   0 0 0 2 1; ; 2 1;2 1 x A B x x         Ta thấy 0 0 1 2 1 2 2 A B M xx x x x       , 0 0 2 1 2 1 A B M x y y y x      suy ra M là trung điểm của AB. 0,25 Mặt khác I = (1; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích S = 2 2 2 2 0 0 0 2 0 0 2 1 1 ( 1) 2 ( 1) 2 1 ( 1) x IM x x x x                                    0,25 Dấu “=” xảy ra khi 0 2 0 2 00 0 1 ( 1) 2 ( 1) x x xx          Do đó có hai điểm M cần tìm là M(0; 1) và M(2; 3) 0,25 II. 1 Giải phương trình lượng giác 1 điểm Đk:   osx 0 x 2 c k k         0,25 Chia cả 2 vế cho cos 2 x ta được:           2 2 2 tan 1 tanx 3tan 1 t anx 3 1 tan t anx 1 tan 3 0 x x x x          0,25   t anx 1 4 t anx 3 3 x k k x k                            0,25 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm:   ; 4 3 x k x k k             0,25 II. 2 Giải hệ phương trình 1 điểm Với y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm Với 0 y  , hệ phương trình  2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y                            0,25 Đặt 2 1 , x u v x y y     ta có hệ: 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 +) Với 3, 1 v u   ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 x y x y x y x x x y x y y x y x                                  0,25 +) Với 5, 9 v u    ta có hệ: 2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x                            , hệ vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)} x y   0,25 III Tính tích phân 1 điểm     2 2 2 2 2 4 4 4 cos cot cot 2 2 sinx sinx cos sin x 1 cot sin xsin 4 x x x I dx dx dx x x x                       0,25 Đặt 1+cotx = t 2 1 sin dx dt x    Đổi cận: với 4 x   thì t = 2, khi 2 x   thì t = 1 0,25 Khi đó   2 2 1 1 1 2 2 ln t I dt t t t      0,25     2 2 ln 2 1 2 1 ln 2         Vậy   2 1 ln 2 I   0,25 IV Tính thể tích 1 điểm Từ giả thiết AC = 2 3 a ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3 a ; BO = a , do đó  0 60 ABD . Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). 0,25 Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB  và DH = 3 a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH   OK  AB  AB  (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 0,25 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO     Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a     ; đường cao của hình chóp 2 a SO  . 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO  0,25 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm Ta có: 2 2 2 2 2 2 a a b b c c A b c c a a b       0,25 Nhận thấy   2 2 3 3 , 0 a b ab ab a b ab a b a b          Do đó 2 2 , 0 a b a b a b b a      0,25 Tương tự: 2 2 , 0 b c b c b c c b      2 2 , 0 c a a c a c a c      0,25 Cộng từng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:   2 2 A a b c     Vậy 1 2 3 MinA khi a b c     0,25 S A B K H C O I D VIa.1 Tìm tọa độ đỉnh C 1 điểm Đường tròn (C) có tâm I(3; 0) và bán kính R = 2 Trục tung không có điểm chung với (C) vì vậy qua một điểm bất kì trên trục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) 0,25 Xét điểm M(0; m) thuộc trục tung. Giả sử qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là tiếp điểm) Theo gt góc giữa MA và MB bằng 60 0   0 0 60 120 AMB AMB        0,25 + TH1:  0 60 AMB  Vì MI là phân giác của  AMB nên  0 0 30 2 4 7 sin30 IA AMI MI R m         0,25 + TH2:  0 120 AMB  Vì MI là phân giác của  AMB nên  0 2 0 4 3 11 60 sin60 3 3 IA AMI MI m         không có giá trị của m thỏa mãn Vậy có tất cả hai điểm cần tìm 1 2 (0; 7), (0; 7) M M  0,25 VIa. 2 Viết phương trình mặt phẳng 1 điểm Mặt cầu (S) có tâm (1,0, 2) I  bán kính R = 3 + đt d có vtcp )2,2,1(   u , (P) vuông góc với đt d nên (P) nhận  u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : 022     Dzyx 0,25 + (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r = 2 nên d(I, (P) ) = 5 22  rR 0,25 nên ta có : 5 3 )2.(20.21   D 5 3 5 5 3 5 D D            0, 25 Vậy có 2 mặt phẳng (P 1 ): 053522  zyx và (P 2 ) : 053522  zyx 0,25 VII a. Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức 1 điểm Từ giả thiết ta có:   3 3 10 z z      (1) Giả sử M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z trên mặt phẳng Oxy thì M’(x ; -y) biểu diễn số phức z  M và M’ đối xứng nhau qua Ox Điểm F 1 (-3;0) biểu diễn số phức z 1 = -3; điểm F 1 (3;0) biểu diễn số phức z 1 = 3 0,25 Khi đó 1 2 1 2 ' 10 10 MF M F MF MF      0,25 Do F 1 , F 2 là hai điểm cố định nên tập hợp các điểm M trong mặt phẳng Oxy là Elip có hai tiêu điểm F 1 , F 2 0,25 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện bài toán là elip có phương trình: 2 2 1 25 16 x y   0,25 VIb.1 Tìm tọa độ điểm 1 điểm Ta có: AB = 2 , M ( 5 5 ; 2 2  ) là trung điểm của AB Phương trình đường thẳng AB: x - y - 5 = 0 0,25 ABC S  = 1 2 d(C, AB).AB = 3 2  d(C, AB)= 3 2 Gọi G(t; 3t - 8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1 2 0,25  d(G, AB)= (3 8) 5 2 t t    = 1 2  t = 1 hoặc t = 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) 0,25 Mà 3 CM GM     C(-2; -10) hoặc C(1; -1) 0,25 VIb. 2 Viết phương trình mặt phẳng 1 điểm Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). 0,25 Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HI AH   HI lớn nhất khi I A  Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH  làm véc tơ pháp tuyến. 0,25 )31;;21( tttHdH     vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) 0,25 )5;1;7()4;1;3(  AHH Vậy (P): 7(x - 10) + (y - 2) - 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,25 VIIb Giải phương trình 1 điểm Điểu kiện: x >1 0,25 Khi đó phương trình       4 4 4 1 log 1 log 2 1 log 2 2 x x x            4 1 2 1 1 log 2 2 x x x           0,25 2 2 2 1 2 2 3 5 0 2 x x x x x          0,25 1 5 2 x x         Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm x = 5/2 0,25 . 1+cotx = t 2 1 sin dx dt x    Đổi cận: với 4 x   thì t = 2, khi 2 x   thì t = 1 0 ,25 Khi đó   2 2 1 1 1 2 2 ln t I dt t t t      0 ,25     2 2 ln 2 1 2 1 ln 2   . >1 0 ,25 Khi đó phương trình       4 4 4 1 log 1 log 2 1 log 2 2 x x x            4 1 2 1 1 log 2 2 x x x           0 ,25 2 2 2 1 2 2 3 5 0 2 x x x x x .       0 ,25 II. 2 Giải hệ phương trình 1 điểm Với y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm Với 0 y  , hệ phương trình  2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy