Đề thi thử DH 2011 trường Đông Hưng Hà

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ MÔN TOÁN Thời gian làm 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I.(2.0 điểm) Cho hàm số : y  x2 (1) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách hai điểm A(1; -2) B(-1; 4) Câu II.(2.0 điểm) Tìm x  (0;  ) thoả mãn phương trình: cotx   Tìm m để phương trình: cos x  sin x  sin x  tan x x   x   x2   x  m có nghiệm thực Câu III.(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành có AB = a, ABC  30 ; mặt bên SAD tam giác vuông A, mặt bên SBC tam giác vuông C Hai mặt bên tạo với đáy góc 450 Chứng minh (SAC)  (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a x( x   3) Câu IV.(1.0 điểm) Tính tích phân: I =  dx x  10 Câu V.(1.0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn: x  y  z  xyz Tìm GTNN A = xy yz zx   z (1  xy ) x(1  yz ) y (1  zx ) PHẦN RIÊNG ( Thí sinh khối A B làm phần B, thí sinh khối D chọn hai phần) Câu VI.a.(2.0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho  ABC có đỉnh B(2; -1) đường cao qua đỉnh A có phương trình (d1): 3x  y  27  , đường phân giác góc C có phương trình (d2): x  y   Tìm toạ độ đỉnh A  x 1  Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) đường thẳng (d):  y  2t z   t  Tìm điểm B, C nằm đường thẳng (d) cho  ABC z  (1  i)n , n  log  n  3  log5  n    Câu VIIa.(1.0 điểm) Tìm phần thực số phức: thỏa mãn: Câu VI.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho hai đường tròn (C1):  x    y  25 (C2): x  y  13 cắt A(2; 3).Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài x 1 y z  x y 1 z 1 Cho hai đường thẳng d1 : d :  Viết phương trình mặt cầu có    1 1 1 bán kính nhỏ tiếp xúc hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.b.(1.0 điểm) Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z   2i  , tìm số phức z có mođun nhỏ Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Ý NỘI DUNG Điểm I 2,0 1,0 Khảo sát vẽ đồ thị Ta có: y   x 1 TXĐ: D = R\ {1} Sự biến thiên: y' = 0,25 3  , x  ( x  1) HS nghịch biến khoảng (-  ; 1) (1; +  ) HS cực trị + Giới hạn – Tiệm cận: lim y   x 1 lim y    ĐTHS có tiệm cận đứng: x = x 1 0,25 lim y  x  lim y  x   ĐTHS có tiệm cận ngang: y = + Bảng biến thiên: x  y’  - -  0,5 y  Đồ thị: y O1 -2 x 0,25 -2 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng Viết phương trình tiếp tuyến cách hai điểm A(1; -2) B(-1; 4) Giả sử a hoành độ tiếp điểm Ta có phương trình tiếp tuyến đồ thị y a2 3 ( x  a)  (a  1) a 1 1,0 0,25 TH1: Tiếp tuyến song song với AB Ta có AB: x 1 y    y  3x  2 Tiếp tuyến song song với AB nên hsg tt k = -3  a  3  3  (a  1)  1   (a  1) a  0,25 0,25 Với a = ta có phương trình tiếp tuyến y  3x  Với a = ta có phương trình tiếp tuyến y  3x  10 TH2: Tiếp tuyến qua trung điểm I(0, 1) AB 3 a2 (0  a)   (a  1)2  3a  (a  2)(a  1)  a  2 a 1 (a  1) Ta có phương trình tiếp tuyến y  12 x  Ta có  II 0,25 Tìm x (0; ) thoả mãn phương trình 2,0 1,0 sin x  sin x   sin x  cos x   tan x  1 cos x  sin x cos x.cos x   sin x  sin x cos x Khi pt  sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos x  sin x cos x  sin x  sin x cos x sin x 0,25 ĐK:   cos x  sin x  sin x(cos x  sin x)2  (cos x  sin x)(sin x cos x  sin x 1)   (cos x  sin x)(sin 2x  cos 2x  3)   cos x  sin x   tan x   x  Vì x   0;    k   x     k (k  Z ) (tm) 1,0 1  0 x 3 x 3  f ( x)  f (3)   ; lim f ( x)  lim ( x   x  3)  x   x  3, x  3;     f '( x)  Xét hs: f ( x)  x  x   x  3, t   6; t    6; III   0,5 x  t  m (*) Để pt ban đầu có nghiệm thực pt (*) phải có nghiệm    m   ;     Pt trở thành : t  0,5 Tìm m để pt có nghiệm thực Đặt t  0,25 CM: (SAC)  (ABCD) tính thể tích S.ABCD 0,5 1,0 S D A SA  AD    SA  BC AD / / BC  SC  BC  BC  (SAC )  (SAC )  ( ABCD) O C B CM:  SAC    ABCD  0,25 Tính thể tích: BC  SC  ( SBC )( ABCD ) BC   ( SBC ), ( ABCD)    SC , AC   450 (1)   BC  AC  0,25 Tương tự   ( SAD),( ABCD)    SA, AC   450 (2) Từ (1), (2)  SAC  SCA  450 SAC BC  SO cân S  SO  AC  SO  ( ABCD) a ABC vuông C : AC  AB.sin 300  S ABCD  2S ABC  2 AB.AC.sin 60  a a a SOA vuông O: AO  AC  ; SO  AO.tan 450  4 3 V S ABCD  SO.S ABCD  48 a (đvtt) IV Tính tích phân 2t (t  1)(t  3)dt 30    2  t  3t  10  dt 0 t 9 t    1  t 3t  53 = 2   10t   60ln(t  3)   60ln 3 3 0 V 0,25 1,0 Đặt t  x   t  x   dx  2tdt Đổi cận: x   t  0; x   t  Khi đó: I  0,25 Tìm GTNN Cách 1: 0,25 0,25 0,5 1,0 CM: Với a, b > Dấu “ =” xảy 11 1     ( 1) ab 4 a b a b A= 1  1        x y z  x  xyz y  xyz z  xyz  A=  1  1       x y z  2x  y  z y  z  x 2z  x  y  0,25 Áp dụng (1) ta có: A  1 1 1 1 1            x y z  2x y 2z y  z z  x x  y  0,25 1 11 1 31 1            x y z 4 x y z  4 x y z  CM: Với a, b, c thì:  a  b  c    ab  bc  ca  (2) Dấu “=” xảy Áp dụng (2) ta có: a bc 0,25 1 1  1 1 x yz 3           xyz x y z  xy yz zx  1 3    A  Do x, y, z  nên x y z KL: Amin  3 đạt x  y  z  0,25 Cách 2: A=  1  1       x y z  2x  y  z y  z  x 2z  x  y  Theo CôSi: 1  1 A      x y z  4 xxyz 4 xyyz 4 xyzz    1 1 2 1 1 2 31 1  A               A     x y z 16  x y z x y z x y z  4 x y z  0,25 0,25 ( quay cách 1) 0,5 2,0 1,0 VI.a Tìm toạ độ đỉnh A   B(2; 1)  pt cạnh BC: x  y      d1  : 3x  y  27  BC :   x  1 x  y    Toạ độ C nghiệm hpt  y  4 x  y   0,25 Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (d2) ta có B’ nằm cạnh AC  B(2; 1)  pt BB’: x  y     d  : x  y   BB’:  0,25 x  y   x   2 x  y   y 1 Gọi I = BB’  (d2), toạ độ I nghiệm hpt  Vì I trung điểm BB’ nên toạ độ B’(4; 3) C (1; 3)  Pt cạnh AC: y  vtcp CB '  (5; 0) AC:  y   x  5  3x  y  27   y  Toạ độ A nghiệm hpt  0,25 0,25 Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3) Tìm toạ độ điểm B, C đường thẳng (d) Gọi I hình chiếu A đường thẳng (d) Ta có I 1; 2t; t    AI  (0;  2t  1; t  2) AI vuông góc với (d)  5t    t    AI  (0; ; ) 5 AI  AB  Vì tam giác ABC ta có AB  15 1,0 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu tâm A bán kính AB : ( x  1)2  ( y  1)  z  12 (S) Vì B, C thuộc mặt cầu (S) thuộc đường thẳng (d) nên toạ độ B, C nghiệm hpt 0,25 0,25 12  2 ( x  1)   y  1  z  4   t  x   y  2t   z   t  8 6   82 6  ; ;  ; 1;   5 5     Vậy toạ độ điểm B, C là: 1; Tìm phần thực số phức z VIIa 1,0 Ta có f  x   log  x  3  log5  x   hàm số đồng biến  3;   f 19   log 16  log5 25  0,25 Do pt log  n  3  log5  n    có nghiệm n  19 19 18 9 Ta có 1  i   1  i 1  i   1  i  1  i    1  i  2i   2  i  0,5  Vậy phần thực số phức z 29 0,25 VIb 2,0 1,0 Ta thấy  C1  có tâm I1  0;0  ; R1  13  C2  có tâm I  6;0  ; R2    Giả sử đường thẳng d qua A  2;3 có dạng a  x    b  y  3  0, a  b2  Gọi d1  d  I1 , d   2a  3b , d2  d  I , d   4a  3b a b a  b2 theo giả thiết ta có R12  d12  R22  d 22  d 22  d12  12  4a  3b   a b 2 2  2a  3b   a b 2 0,25  b0  12  b2  3ab    b  3a 0,25 0,25 +, Khi b  phương trình đường thẳng d : x   +, Khi b  3a phương trình đường thẳng d: x  y   thoả mãn 0,25 1,0 Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc hai đường thẳng (d1) (d2) mặt cầu có đường kính đoạn vuông góc chung (d1) (d2) Gọi M  d1  M 1  t;2t; 2t  1 ; N  d  N t ';1  3t ';1  t '  Ta có MN   t ' t  1;3t ' 2t  1;  t ' t  3 0,25 0,25 MN đoạn vuông góc chung (d1) (d2)  t    MN  d1 4t ' 6t        MN  d 11t ' 4t   t '    14 3 14 Ta có M ( ; ;  ) ; N ( ; ; )  MN  5 5 5 14 Gọi I trung điểm MN ta có I ( ; ;  ) 10 10 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu tìm là: ( x  14 1 )  ( y  )2  ( z  )2  10 10 Tìm số phức có mođun nhỏ VIIb C1 1,0 Giả sử z  a  bi;  a, b   2 Ta có z   2i   a  1   b   i  z   2i   a  1   b   2 Vì z   2i  nên  a  1   b    Do tồn x  0; 2  cho a  1  sin x; b  2  cos x 2 Ta có a  b2   1  sin x    2  cos x     sin x  2cos x  0,25 0,25 (sinx + 2cosx)2  =>  sin x  2cos x  Bunhia     12  22 sin x  cos x     sin x  2cos x     a  b2      a  b2   1 )  (2  )i Vậy số phức có mođun nhỏ z  (1  5 0,25 Tìm số phức có mođun nhỏ 1,0 Giả sử z  x  yi;  x, y  C2 0,25  2 Ta có z   2i   x  1   y   i  z   2i   x  1   y   2 Vì z   2i  nên  x  1   y    1 C  Tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z nằm đường tròn (C) Và số phức z có Mođun nhỏ  OM Min M  OI   C  M gần O Ta có ptđt  OI  : y  x  x  1   y   y  2x  Khi tọa độ M nghiệm hệ   x  1      y  2   5   ; 2  Do M gần O nên M  1   5  Vậy số phức có mođun nhỏ z  (1  )  (2  )i 5 Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà cho điểm theo phần tương ứng Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25 ...  lim y  x   ĐTHS có tiệm cận ngang: y = + Bảng biến thi n: x  y’  - -  0,5 y  Đồ thị: y O1 -2 x 0,25 -2 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng Viết phương trình... TOÁN Câu Ý NỘI DUNG Điểm I 2,0 1,0 Khảo sát vẽ đồ thị Ta có: y   x 1 TXĐ: D = R {1} Sự biến thi n: y' = 0,25 3  , x  ( x  1) HS nghịch biến khoảng (-  ; 1) (1; +  ) HS cực trị + Giới...  t  m (*) Để pt ban đầu có nghiệm thực pt (*) phải có nghiệm    m   ;     Pt trở thành : t  0,5 Tìm m để pt có nghiệm thực Đặt t  0,25 CM: (SAC)  (ABCD) tính thể tích S.ABCD 0,5