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 sin5 8cos .cos3 sin3 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 1 x  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;2 B x  Giao của 2 đường tiệm cận là   2;2 I Tính được 0 12 2 IA x   ; 0 2 2 IB x   . Do đó: 1 . 12 2 AIB S IA IB   không đổi. ¼ ¼ ¼ ¼ II 1 điểm 1 Điều kiện: sin3 0;sin 0 sin3 0 x x x     Phương trình tương đương: 2 sin sin5 .sin3 2sin 6 .sin2 x x x x x   1 cos2 cos2 cos8 cos4 cos8 2 x x x x x       2 1 2cos4 cos8 2cos 4 2cos4 0 x x x x       ¼ ¼   cos4 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                (thỏa mãn) Vậy:     ; 8 4 2 l x l x k k           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                      = =   2 2 e e    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 = 3 a , 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 2011 P x x x f x       Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm được     (0;3) 2 2000 Min 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 1 b 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 1 x 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 1 điểm 2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t) d(M; Ox) = OM i  uuuur r =   2 2 2 3 t 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 0 z 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 2 a 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                 . GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 11 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 20 11) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT. CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 20 11 Câu ý Nội dung Điểm I 1 điểm 1 TXĐ: R {2}   2 6 ' 2 y x    < 0 Bảng biến thi n:. 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    