Đề và đáp án số 06 THTT 2011

http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi THTT SỐ 405-3/2011 Đ ĐỀ Ề SSỐ Ố 0066 Thời gian làm 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x  3x  9x  1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) hàm số 2) Tìm giá trị k để tồn hai tiếp tuyến với (C) phân biệt có hệ số góc k, đồng thời đường thẳng qua tiếp điểm hai tiếp tuyến với (C) cắt trục tọa độ Ox, Oy tương ứng A B cho OB = 2011.OA Câu II:  x  2y  x y  2xy 1) Giải hệ phương trình:   x  2y   y  14  x  2 2) Giải phương trình: 23x  x  17 Câu III: Tính tích phân: I   x  3x   2011 dx 1 Câu IV:   300 Hai mặt phẳng Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, cạnh BC = a ABC (SAB) (SAC) tạo với đáy góc 60 Biết hình chiếu đỉnh S mặt đáy thuộc cạnh BC Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V: x y3 , x, y, z số dương thỏa mãn Tính giá trị lớn biểu thức P   x  yz  y  zx  z  xy  x  y   z PHẦN RIÊNG Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết ba chân đường cao ứng với đỉnh A, B, C A ' 1;1 , B '  2;3 , C '  2;  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 2; 7  , B  4;0;  , C  5; 0; 1 mặt cầu S : x  y2  z  2x  4y   Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) cho thể tích tứ diện MABC lớn nhất, nhỏ Câu VII.a: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức 2z   i , biết 3z  i  zz  B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M  2; 1 đường tròn  C1  : x  y  Viết phương trình đường tròn (C2) có bán kính cắt (C1) theo dây cung qua M có độ dài nhỏ phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ giác ABCD với A 1; 2;1 , C  2; 4; 1 Hai điểm B, D x 1 y  z   cho BD = Gọi I giao điểm hai đường chéo tứ giác  2011.SIAD Tính khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng AC thuộc đường thẳng biết SABCD Câu VII.b: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z, biết z   z   H HƯ ƯỚ ỚN NG GD DẪ ẪN NG GIIẢ ẢII V VÀ ÀĐ ĐÁ ÁPP SSỐ Ố PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) k  y '  3x  6x   3x  6x   k  (*) Để (C) có hai tiếp tuyến phân biệt, hệ số góc k phương trình (*) có nghiệm phân biệt    36  4.3   k    k  Phương trình đường thẳng (d) qua hai tiếp điểm: 1 k  12 k y  x  3x  9x    3x  6x  9x    3x  6x    12x    kx  k  12x   x 3 3 k    k Tọa độ giao điểm (d) với Ox, Oy tương ứng A   ;0  , B  0;   k  12   3 k k  k  6021 Ta có: OB  2011.OA   2011 k  12 Vậy k = 6021 Câu II:  x  2y  x y  2xy (1) 1)   x  2y   y  14  x  (2) Điều kiện: x  2y   x  2y  VN  Từ (1) suy ra:  x  2y   x  y     xy Với x = y từ (2) ta có phương trình: x  2x   x  14  x  x  14   x    x  2x   x  14  0  x  2  x  14  x     x    x   14  x    6x  12x   x  2x      x  2x  1     x  14   0  x  2x  x  14     x  14  x     x     0    x  2x    x  2x    x      Vậy hệ phương trình có nghiệm:  2;1  ,  2;1  2) 23x  x  17 (*) Điều kiện: x  phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi log8  xy  (1) y Phương trình (*)  8x  8y  17 (2) Lấy (1) trừ (2) ta được: 8xy  x  y  8  8xy  8x  8y  (3) Với y = 1, (3) thỏa mãn  x  log Đặt x  Với y  , đặt a  8y  Xét hàm số: f  x   a x  x , với a > Ta có: f '  x   a x ln a  8x ln   f  x  tăng Mà từ (3) ta có: f  x   f 1  x   y  log8  (thỏa mãn) Với y  , đặt a  8y  Xét hàm số: f  x   a x  x , với a < Ta có: f '  x   a x ln a  8x ln   f  x  giảm Mà từ (3) ta có: f  x   f 1  x   y  log8  (không thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm: x = x  log8 Câu III: I  x  3x   2011 dx  1   x  1 1 2011  x  1  3   2011 dx Đặt: t  x   dt  dx  x  1  t  2 Đổi biến:    t2  x 3 I t 2011  t  3 2011 dt (1) 2 Đặt: u   t  du  dt  t  2  u  Đổi biến:    u  2  t2 2  I     u  2011  u   3   2011 du    u 2011  u   2011 du (2) 2 Từ (1) (2) suy ra: I  I  I  Vậy I = Câu IV: Vẽ HI  AB, HK  AC  AB  HI Ta có:   AB   SHI   AB  SI  AB  SH  góc tạo (SAB) đáy  SIH   600  SIH  góc tạo (SAC) đáy  SKH   600 Tương tự: SKH Hai tam giác vuông SHI SHK  HI  HK  tứ giác AIHK hình vuông a a AB  BC.cos B  , AC  BC.sin B  2 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi  HK HC  AB  BC HK / /AB  HK HI Ta có:     1 AB AC  HI / /AC  HI  HB  AC BC    3 a 2x 2x  1 x  a a  SH  HI.tan SIH 3   a 3   1 a SABC  1a a a AB.AC   2 2      a3 1 3 1 a a VS.ABC  SH.SABC   3 32 Câu V: Ta có: x  yz  yz  y  z    y  1 z  1 y  zx  zx  x  z    x  1 z  1 z  xy  xy  x  y    x  1 y  1 z 1  x  y P x y3  x  yz  y  zx  z  xy   x y3 3  z  1  x  1  y  1  x y3 3  x  y   x  1  y  1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: x  y  xy   x  y   4xy x 1  x x x2 27  1  33   x  1  x 2 4 y y y2 27  1  33   y  1  y 2 4 x y3  Suy ra: P  27 27 4xy x y 729 4 Vậy giá trị lớn P , đó: x  y  2, z  729 PHẦN RIÊNG A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Ta dễ dàng chứng minh AA’ phân giác tam giác ABC ' A 'B'C ' Mà BC  AA '  BC phân giác A   A ' B'   3;   véctơ pháp tuyến đường thẳng A’B’: n A 'B'   2;3  y 1  Phương trình đường thẳng A’B’:  x  1   y  1   2x  3y     A 'C '  1;3  véctơ pháp tuyến đường thẳng A’C’: n A 'C'   3; 1 Phương trình đường thẳng A’C’:  x  1   y  1   3x  y   phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi Phương trình đường phân giác trong(AA’) phân giác ngoài(BC) góc A’:      2x  3y  3x  y     0   x  y  10  10  13 10 13 10  13  13    2x  3y    3x  y     x     y        13 13 10  10  10  13 10  13  Ta thấy B C nằm phía BC Thay tọa độ B C vào (1) (2) ta thấy (1) thỏa mãn   3   Vậy phương trình cạnh BC là:      x  y 10  10  13 10  13  13 2)   AB   5; 2;  , AC   4; 2;     Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC): n  AB, AC   2;58;18   (1) (2)  Phương trình mặt phẳng (ABC):  x    58y  18z   x  29y  9z   Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;  , bán kính R     Ta có: d  I,  ABC     29.2   63 R2 923  29   Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S)  MinVMABC  , tọa độ điểm M đường tròn giao tuyến mặt phẳng (ABC) mặt cầu (S) Thể tích MABC lớn M giao điểm đường thẳng qua tâm mặt cầu (S) vuông góc mặt phẳng (ABC) với mặt cầu (S)  x  1 t  Phương trình đường thẳng (d) qua I vuông góc (ABC):  y   29t  z  9t  Tọa độ giao điểm M (d) với mặt cầu (S): 12 2 t t   29t    9t   12  t  923 923   58 18  58 18   M1 1  ;2 ; ;2  ;  M 1   923 923 923  923 923 923     58  18 1  29   4   923 923  923 63  d  M1 ,  ABC     2 923 923  58  18 1  29   4   923 923  923 63  d  M ,  ABC     2 923 923  d  M1 ,  ABC    d  M ,  ABC    Thể tích MABC lớn M  M1  58 18  Vậy tọa độ điểm M để thể tích MABC lớn là: M 1  ;2  ;  923 923 923   Câu VII.a: Đặt z  a  bi  Z  2z   i  2a    2b  1 i phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi Số phức Z biểu diễn dạng Z  x  yi x 3  a  x  2a      y  2b  b  y 1  2 Ta có: 3z  i  zz   9a   3b  1  a  b   4a  4b  3b    y  1     x  3  y  y   2 2   x  3   y  1   73    x  3   y     16  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức 2z + – i điểm nằm bên kể biên đường 7 73  tròn tâm I  3;   , bán kính R  4  B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Ta có: x M  y M    M nằm đường tròn (C1) Xét dây cung qua M ta thấy dây cung vuông góc với O1M M dây cung có độ dài nhỏ Khi đó: O1M   MA  MB  R12  O1M   O M  R 22  MA  Tọa độ tâm (C2) nằm đường thẳng OM nên tọa độ O2 có dạng: O 2 2t;  t   O2M    2t      t  1 2   ; 1   O2       O   ; 1    5   Vậy ta có hai phương trình đường tròn (C2) thỏa mãn:  t  1  t 1     t  1  3   3   2   3  3 3  3  x      y     16  x      y     16         2)  x  1 t  Phương trình đường thẳng AC:  y   2t  z   2t  1.1  2.2   2  Góc tạo AC BD: cos        14 AC     phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6 http://tuhoctoan.net Thử sức trước kì thi 1 AC.BD.cos   3.4  2 14 14 Ta có: SABCD  2011.SIAD  SIAD  2011 14 SABCD    1 t  1 t ' t    12  Tọa độ giao điểm I AC BD:   2t   2t '    I ; ;  5 5  t '    2t  3t '  2    12     IA          1      5  5  2S 20 SIAD  DH.AI  DH  IAD   AI 2011 14 6033 14 20 Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AC 6033 14 Câu VII.b: Đặt z  x  yi Ta có: z   z     x  2  y2   x  2  y2   x    y , b   x    y2 2 Ta có: a  b   x    y   x    y  8x   a  b  a  b   8x Đặt: a  x  ab 6 2 x y2  2   1 Như ta có hệ:   a  x    x  2  y   x    3  a  b  x x y2 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z elíp (E):   Mà: a  b   a  b  phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7 ... III: I  x  3x   2011 dx  1   x  1 1 2011  x  1  3   2011 dx Đặt: t  x   dt  dx  x  1  t  2 Đổi biến:    t2  x 3 I t 2011  t  3 2011 dt (1) 2 Đặt:... dt  t  2  u  Đổi biến:    u  2  t2 2  I     u  2011  u   3   2011 du    u 2011  u   2011 du (2) 2 Từ (1) (2) suy ra: I  I  I  Vậy I = Câu IV: Vẽ HI ...  2011. SIAD Tính khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng AC thuộc đường thẳng biết SABCD Câu VII.b: Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z, biết z   z   H HƯ ƯỚ ỚN NG GD DẪ ẪN NG GIIẢ ẢII V VÀ