Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 9

moonflower35@gmail.com sent to www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 2 2 x y x + = − (H) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H) 2. Gọi M là một điểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai đường tiệm cận của (H) tạo thành một tam giác có diện tích không đổi. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: sin sin 5 8cos .cos3 sin 3 sin x x x x x x + = 2. Giải hệ phương trình: 3 2 3 5 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y  + + − − =   − − − + + =   ( ) ,x y ∈¡ Câu III. (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ln e y x x = − , trục hoành và đường thẳng 1x = Câu IV. (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều cạnh a. Gọi O là trung điểm BD, E là điểm đối xứng với C qua O. Biết AE vuông góc với mặt phẳng (ABD) và khoảng cách giữa AE và BD bằng 3 4 a . Tính thể tích tứ diện ABCD cùng tang của góc giữa AC và mặt phẳng (BCD). Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2(x 2 + y 2 + z 2 ) – 4xyz – 9x + 2011. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình đường cao kẻ từ C và đường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 1 2 : 2 3 1 x y z+ − − ∆ = = và mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là đường thẳng cắt ∆ tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng d biết khoảng cách từ I đến (P) bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn cho số phức z thỏa mãn: ( ) ( ) 2 z i z− + là số thuần ảo. PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x 2 + y 2 = 2. Tìm tọa độ 3 đỉnh của tam giác biết điểm A thuộc tia Ox. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 1 2 2 1 3 x y z− + = = − và mặt phẳng (P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên d có khoảng cách đến trục hoành gấp 2 lần khoảng cách đến mặt phẳng (P). Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực: ( ) 2 log 2 2 1 2 9.2 4.3 2 .3 36 x x y x y y xy  − − =   + = +   Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm I 1 điểm 1 TXĐ: R\{2} ( ) 2 6 ' 2 y x − = − < 0 Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. Tính các giới hạn: 2 2 lim 2; lim ; lim x x x y y y + − →±∞ → → = = +∞ = −∞ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng, y = 2 là tiệm cận ngang Đồ thị hàm số nhận I(2; 2) là tâm đối xứng. Đồ thị hàm số đi qua A(- 1; 0), B(0; - 1) ¼ ¼ ½ 1 điểm 2 Gọi ( ) 0 0 0 2 2 ; 2 x M x H x   + ∈  ÷ −   , phương trình tiếp tuyến tại M là: ( ) ( ) 0 0 2 0 0 2 2 6 2 2 x y x x x x + − = − + − − Giao của tiếp tuyến với tiệm cận đứng: x = 2 là ( ) 0 0 2 8 2; 2 x A x   +  ÷  ÷ −   Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ngang: y = 2 là ( ) 0 2 2;2B x − Giao của 2 đường tiệm cận là ( ) 2;2I Tính được 0 12 2 IA x = − ; 0 2 2IB x= − . Do đó: 1 . 12 2 AIB S IA IB= = không đổi. ¼ ¼ ¼ ¼ II 1 điểm 1 Điều kiện: sin 3 0; sin 0 sin3 0x x x≠ ≠ ⇔ ≠ Phương trình tương đương: 2 sin sin 5 .sin3 2sin 6 .sin 2x x x x x+ = 1 cos 2 cos2 cos8 cos4 cos8 2 x x x x x − + − ⇔ = − 2 1 2cos 4 cos8 2cos 4 2cos 4 0x x x x⇔ = − ⇔ − = ¼ ¼ ( ) cos 4 0 cos4 0 cos4 0 cos 0 cos4 1 sin 2 0 sin 0 x x x x x x x loai  = = =    ⇔ ⇔ ⇔ =    = =    =  8 4 2 l x x k π π π π  = +  ⇔   = +   (thỏa mãn) Vậy: ( ) ( ) ; 8 4 2 l x l x k k π π π π = + ∈ = + ∈Z Z là nghiệm của phương trình. Chú ý: Thí sinh không kết hợp điều kiện để loại nghiệm thì trừ 0.25 ¼ ¼ 1 điểm 2 Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 4 7 3 6 2 3 u x y x y u y u v x y u v x y v x u v v x y  = +   + = = + −    ⇒ ⇒ ⇒ + + = − +    − − = = − −   = − −     Khi đó hệ ban đầu trở thành: ( ) 2 2 3 5 2 7 2 * u v v u v + =    − − + =   thế v = 5 – 3u vào phương trình (*) giải tìm được u = 1, từ đó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2. Kết luận nghiệm là (- 3; 2) ¼ ¼ ½ III 1 điểm Giải phương trình ln 0 e x x − = được nghiệm x = e. Vậy 2 2 2 Ox 2 1 1 ln ln 2 ln e e e e x V x dx e x dx x x x π π     = − = − +  ÷  ÷     ∫ ∫ = = ( ) 2 2e e π − − Chú ý: Thí sinh không chứng minh được phương trình có nghiệm x = e thì trừ 0.25. ¼ ¾ IV 1 điểm D O B E C A H Có: 3 2 a CO = , BD ⊥ (ACE) Chứng minh được khoảng cách giữa AE và BD là AO = 3 4 a Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD) thì H nằm trên CE. Tam giác AOE vuông tại A có: 2 2 2 2 3 9 3 4 16 4 a a a AE OE OA= − = − = 2.S AOE = AH.OE = AE. AO . 3 8 AE AO a AH EO ⇒ = = Vậy V ABCD = 3 1 3 . . 6 32 a AH CO BD = ¼ ¼ ¼ Có: CE = 3a , 3 8 a HE = 7 3 8 a CH⇒ = . Từ ∆ vuông ACH có tan C = 3 7 AH CH = ¼ V 1 điểm Có: ( ) 2 2 2 2 4 9 2011 2 2 y z y z P x x x   + +   ≥ + − − +    ÷       thế y + z = 3 – x vào ta được ( ) 3 2 9 24 2011P x x x f x≥ − + − + = Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm được ( ) ( ) (0;3) 2 2000Min f x f= = P = 2000 khi x = 2; y = z = 1 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2000. ¼ ¼ ¼ ¼ VI.a 1 điểm 1 AB qua A vuông góc với đường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0. Gọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc đường cao kẻ từ C. Tọa độ trung điểm của BC là 4 ; 2 2 b c b c M + − +    ÷   . Vì M thuộc trung trực BC nên ( ) ( ) ( ) 3 4 4 4 0 7 12 0 1b c b c b c+ + − + − = ⇔ − + + = ( ) ;BC c b c b= − + uuur là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2). Từ (1) và (2) suy ra c = - 7 4 ; b = 1 4 − . Vậy 1 9 7 1 ; ; ; 4 4 4 4 B C     − −  ÷  ÷     ¼ ¼ ¼ ¼ 1 điểm 2 Lấy I(- 1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t) ∈ ∆ Có: d(I; (P)) = 3 ( ) ( ) 2 1 2 1 3 2 2 3 5 3 4 9 13 3 t t t t t t − + − − − + + =  ⇔ = ⇔ + = ⇔  = −  Với t = 5 thì I(9; 16; 7) suy ra d: 9 2 16 7 2 x t y t z t = +   = −   = −  Với t = - 13 thì I(- 27; - 38; - 11) suy ra d: 27 2 38 11 2 x t y t z t = − +   = − −   = − −  ½ ¼ ¼ VII.a 1 điểm Gọi số phức cần tìm z = x + yi, với x, y là số thực và M(x; y) biểu diễn cho số phức z. Có: ( ) ( ) 2 z i z− + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1x yi i x yi x x y y x y xy i− − + − = − + − + − − −    Do ( ) ( ) 2 z i z− + là số thuần ảo nên ( ) ( ) ( ) 2 2 1 5 2 1 0 1 2 4 x x y y x y   − + − = ⇔ − + − =  ÷   Vậy M nằm trên đường tròn tâm 1 1; 2 I    ÷   bán kính 5 2 R = ½ ½ VI.b 1 điểm 1 - Tọa độ A là giao của tia Ox và đường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm được A(2; 0) - Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến đường tròn lần lượt có pt: x + y – 2 = 0 và x – y – 2 = 0. - Vì tam giác ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với đường tròn tại trung điểm M của BC, điểm M là giao của tia đối tia Ox với đường tròn. Giải tìm được M(- 2 ; 0). - Phương trình cạnh BC là x = - 2 . - Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm được tọa độ 2 điểm B và C là (- 2;2 2+ ) và ( 2; 2 2− − − ) ¼ ¼ ¼ ¼ 2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t) 1 điểm d(M; Ox) = OM i∧ uuuur r = ( ) 2 2 2 3t t+ + d(M; (P)) = 2 4 4 6 2 4 3 3 t t t t+ + − − − + = Có: d(M; Ox) = 2 d(M; (P)) hay 9(10t 2 + 12t + 4) = 2(t 2 + 8t + 16). Giải được 1 ( 1; 1;1) 1 10 1 41 ( ; ; ) 22 11 22 22 t M t M = − − −     ⇒   = − − −   ½ ½ VII.b 1 điểm - Từ phương trình 2 giải được x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường hợp: - Với x = 2 giải tìm được y = ½ - Với y = 2 giải vô nghiệm. Kết luận: (2; ½) là nghiệm của hệ. ½ ¼ ¼ Chú ý: Các cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa. Giải phương trình sau trên tập số phức: ( ) 3 2 2 1 3 1 0z i z iz i− + + + − = 3 2 3 5 2 3 2 3 4 2 x y x y x y x y  + + − − =   − − − + + =   (nghiệm (-3; 2)) 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: 1 2 2 1 3 x y z− + = = − và mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 cắt nhau tại I. Gọi d’ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d. Tìm tọa độ của điểm I và viết phương trình đường thẳng d’ biết khoảng cách từ I đến d’ bằng 30 I(3; 1; - 5); d’: 1 5 2 2 2 0 10 x u x v y u hay y v z z = + = +     = − = −     = = −   3. Tìm m để đường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 điểm A, B (x A < x B ) thỏa mãn 73.OB OA= . Đ/s: m = 3. (A(0;-1), B(3; 8)) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều, AD = AB = BC = a, CD = 2a. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách giữa AD và SC bằng 2a Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 5 4 1 5 4 2 1 6 x x P x x − − + = − + + + (giỏi vĩnh phúc 2010) 3. . 4. Đáp số bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân AB = a, CD = 2a, AD = BC = 10 2 a . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. 3 3 2 3 5 2 3 2 3 8 2 x y x y x y x y  + + − − =   − − − + + =   . sinh:…………………………… Số báo danh:……………………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm I 1 điểm 1 TXĐ: R{2} ( ) 2 6 ' 2 y x − = − < 0 Bảng biến thi n: Hàm. GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT. (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực: ( ) 2 log 2 2 1 2 9. 2 4.3 2 .3 36 x x y x y y xy  − − =   + = +   Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích