wWw.VipLam.Info SỞ GD & ĐT QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN - Khối A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x + (1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1)  28  Chứng minh qua điểm M0  ;0 ÷ kẻ ba tiếp tuyến với (C) có hai tiếp tuyến  27  vuông góc với Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : cot x + sin x π = sin( x + ) sin x + cos x 2 Giải phương trình: x + x − = x+7 e   ln x + x ln x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫    x + ln x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông cân S Gọi I, J, K trung điểm cạnh AB, CD, SA Chứng minh ( SIJ ) ⊥ ( ABCD) Tính thể tích khối chóp K.IBCD Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 y3 z3 + + y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z) II PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC M(3;2), trọng 2 tâm tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC G( ; ), I(1;-2) Xác định tọa độ đỉnh C 3 x −1 y z + = = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : −1 x −1 y + z − d2 : = = Chứng minh d1 d chéo Lập phương trình đường thẳng ∆ song −2 song với mặt phẳng (P): x + y + z − = cắt d1 , d hai điểm cho khoảng cách hai điểm ngắn Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 nghiệm phức phương trình: z − z + = Tính giá trị biểu 2011 2011 thức: P = ( z1 − 1) + ( z2 − 1) B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình : x − y + = , đỉnh B(4; -1) Điểm M(0;1) nằm cạnh AB Xác định tọa độ đỉnh lại hình thoi x+2 y−2 z+3 = = Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) đường thẳng ∆ : Tính khoảng cách từ A đến ∆ Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ hai điểm B C cho BC = wWw.VipLam.Info log ( y − x + 8) = Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x x y x+ y 8 + = 2.3 … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… wWw.VipLam.Info ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 (Đề số 1) CÂU I-1 (1 điểm) NỘI DUNG 1) Kháo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số hàm số có dạng y = x − x + * TXĐ: D = R x = * Sự biến thiên: y ' = x − , y ' = ⇔   x = −1 + Dấu y’ x -∞ -1 +∞ y' + 0 + ĐIỂM 0,25 + Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( 1;+∞ ) + Hàm số nghịch biến khoảng ( −1;1) + Hàm số đạt cực đại x = -1; yCĐ = y(-1) = + Hàm số đạt cực tiểu x = 1; yCT =     y = lim x  − + ÷ = +∞ ; lim y = lim x  − + ÷ = −∞ *Giới hạn: xlim →+∞ x →+∞ x →−∞ x →−∞ x x  x x    Bảng biến thiên: x +∞ -∞ -1 + 0 + y' +∞ y -∞ 0,25 0,25 * Đồ thị: + Giao với trục Oy (0; 1) + Giao với trục Ox (1; 0), (-2; 0) 0,25  28  ;0 ÷có hệ số góc k là:  27  2/ Phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M  I-2 (1 điểm) Đường thẳng ∆ tiếp tuyến (C) 28    28   x − 3x + = k  x − ÷  27  → x − 3x + = ( 3x − 3)  x − ÷ ⇔   27    3x − = k  ⇔ (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = ↔ x1 =1, x = − 205 + 205 , x3 = 18 18 28   y = k x − ÷ 27   Vậy có ba tiếp điểm thuộc (C) với hoành độ tìm → qua M ta kẻ ba tiếp tuyến với đồ thị Giả sử (d1), (d2), (d3) ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1, k2 , k3 Khi x1 = 1→ k1 = tiếp tuyến (d1) y = (trục Ox) →(d2) (d3) vuông góc với (d1) 2 2 k2 k3 = ( 3x − 3) ( 3x − 3) =  x x − ( x + x ) + 2x x + 1 0,25 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info  10   10  10  =  ÷ −  ÷ − + 1 = −1 Vậy (d2) (d3) vuông góc 18   18   18  Điều kiện: sin x ≠ 0, sin x + cos x ≠ cos x sin x cos x cos x cos x + − cos x = ⇔ − =0 PT ⇔ sin x sin x + cos x sin x sin x + cos x π   ⇔ cos x  sin( x + ) − sin x ÷ =   π +) cos x = ⇔ x = + kπ , k ∈  π π   x = + m2π x = x + + m2π   π 4 ⇔ m, n ∈  +) sin x = sin( x + ) ⇔   x = π + n2π 2 x = π − x − π + n 2π   π t 2π ⇔x= + , t ∈ π π t 2π , k, t ∈  Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt x = + kπ ; x = + x+7 1 3x + x − = ⇔ ( x + 1)2 − = ( x + 1) + 3  u = x + u −2= v    Đặt  ta có hệ phương trình:  ( x + 1) + (v ≥ 0) v = v − = u   II-1 (1 điểm) II-2 (1 điểm) 2 2 (u − v)[3(u + v) + 1] = 3u − = v 3(u − v ) + u − v = ⇔ ⇔ ⇔   3u − = v 3v − = u 3u − = v u − v = 3(u + v) + = ⇔   3u − = v 3u − = v  − 73 (lo¹i) u = u − v = u = v  ⇔ ⇒ +  + 73 3u − = v 3u − u − =  u =   −1 − 69  v = − −u u=   3(u + v) + =  ⇔ ⇒ +  17 3u − = v 3u + u − = u = −1 + 69 (lo¹i)    1+ + 73 73 − ⇒x= −1 = 6 −1 − 69 −1 − 69 − 69 − + Với u = ⇒x= −1 = 6 e e ln x I=∫ dx + 3∫ x ln xdx =I1+3I2 x + ln x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Với u = III - (1 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info e +) Tính I = ∫ ln x x + ln x dx Đặt t = + ln x ⇒ t = + ln x; 2tdt = dx x Khi x = ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = điểm) ( ) ( 2 2− 2 t −1 2  t3  ⇒ I1 = ∫ 2tdt = ∫ t − dt =  − t ÷ = 3 ÷ t 1  1 ( ) ) dx  du =  u = ln x  x ⇒ +) TÝnh I = ∫ x ln xdx Đặt   dv = x dx v = x  e 3 3 x e x e e 2e + ⇒ I = ln x 1e − ∫ x2 dx = − 1e = − + = 31 3 3 9 0,25 e I = I1 + 3I = − 2 + 2e 1)  AB ⊥ SI ⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ ( SIJ ) ⊥ ( ABCD) Có:   AB ⊥ IJ IV - (1 điểm) 0,25 0,25 a IJ = a SJ = CD = a , , 2 + Có SI2 + SJ2 = IJ2 ⇒ ∆SIJ vuông S + Trong mp(SIJ) kẻ SH ⊥ IJ ⇒ SH ⊥ (ABCD) + Trong tam giác vuông SIJ có: 1 4 16 = + = + = ⇒ SH = a SH SI SJ 3a a 3a + SI = + Gọi h khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD) Có h = 0,25 a SH = 1 a 3a + SIBCD = ( IB + CD) BC = ( + a).a = 2 1 a 3a a + VK IBCD = h.SIBCD = (đvtt) = 3 32 x3 y3 z3 P= + + y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z) V (1 điểm) 0,25 x3 y 2z + x x3 y 2z + x + + ≥ 33 = x Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z + Có y(2 z + x ) y(2 z + x ) y3 z 2x + y z3 x 2y + z + + ≥ y; + + ≥ z z(2 x + y) x (2 y + z) + Cộng vế với vế BĐT chiều ta được: x3 y3 z3 x + y + z 3( x + y + z ) P= + + + + ≥ x+ y+z y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z) x+ y+z = Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = ⇔ P≥ + Tương tự 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info uuur uuur VI.a -1 + IM = (2;4), GM =  ;  3 3÷ (1  r  uuur uuu điểm) + Gọi A(xA; yA) Có AG = GM ⇒ A(-4; -2) uuur + Đường thẳng BC qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = ⇔ x + 2y - = + Gọi C(x; y) Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - = + Mặt khác IC = IA ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2) = 25 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2) = 25 x − 2y − = + Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  2 ( x − 1) + ( y + 2) = 25 x = x = + Giải hệ phương trình ta tìm   y = y = + Vậy có điểm C thỏa mãn C(5; 1) C(1; 3) ur uur + d1 có vec tơ phương u1 = (2;1; −1) , d2 có vec tơ phương: u2 = (1;3; −2) r + mp(P) có vec tơ pháp tuyến n(1;1;1)  x = + 2t1  + d1 có phương trình tham số  y = t1 , d2 có phương trình tham số:  z = −2 − t   x = + t2   y = −2 + 3t2  z = − 2t  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.a -2 1 + t2 = + 2t1 (1 ur uur điểm) + Có u1 ≠ u2 hệ phương trình  −2 + 3t2 = t1 vô nghiệm nên d1 d2 chéo  − t = −2 − t  Lấy A(1 + 2t1 ; t1; −2 − t1 ) ∈ d1 ; B(1 + t2 ; −2 + 3t2 ;2 − 2t2 ) ∈ d2 uuur AB = (t2 − 2t1 ;3t2 − t1 − 2; −2t2 + t1 + 4) + Gọi qua A, B song song với (P) uuur∆ làrđường uuurthẳng r Có AB ⊥ n ⇒ AB.n = ⇔ t2 − 2t1 + 3t2 − t1 − − 2t2 + t1 + = ⇔ t2 = t1 − 0,25 ⇒ AB = ( −t1 − 1)2 + (2t1 − 5)2 + (−t1 + 6)2 = 6t12 − 30t1 + 62 AB nhỏ 6t1 − 30t1 + 62 nhỏ 5  49 49  + Có 6t − 30t1 + 62 =  t1 − ÷ + Dấu “=” xảy ⇔ t1 = Khi t2 = ≥ 2 2 2    uuur  7  + Với t1 = , t2 = có A  6; ; − ÷, AB =  − ;0; ÷ 2  2  r2  Đường thẳng ∆ qua A có vec tơ phương u( −1;0;1) nên có phương trình tham  x = − t   số:  y =    z = − + t VII.a (1 điểm)  z1 = − i Ta có: ∆ ' = − = −1 = i ⇒   z2 = + i 0,25 0,25 0,5 wWw.VipLam.Info Khi đó: ( z1 − 1) 2011 + ( z2 − 1) 1005 = (1 − i ) (1 − i)  = −2 1005 V.b- (1 điểm) i (1 − i ) + 2011 = (1− i) 2011 + ( + i ) (1 + i)  1005 1005 i (1 + i ) = 1005 + ( 1+ i) 2011 = ( − i ) ( −2i ) 1005 + ( + i ) ( 2i ) 1005 0,5 i (1 + i − + i ) = −2 1006 ur + Đường thẳng BD qua B vuông góc với AC nhận vec tơ phương u1 (1;1) AC làm vec tơ pháp tuyến PT: 1.(x - 4) + (y + 1) = ⇔ x + y - = + Tọa độ giao điểm I AC BD nghiệm hệ phương trình: x − y + = x = ⇔ ⇒ I(0; 3)  x + y − = y = + Có I trung điểm BD nên D có tọa độ D(-4; 7) uuur + Đường thẳng AB qua B nhận BM (−4;2) làm vec tơ phương nên có vec tơ r pháp tuyến n(1;2) PT: 1.( x − 4) + 2( y + 1) = ⇔ x + y − =  x=  x − y + =   14  ⇔ + Tọa độ điểm A nghiệm hpt:  ⇒ A  ; ÷ 3  x + 2y − =  y = 14  V.b-2 (1 điểm) 0,25 0,5 0,25 r Đường thẳng ∆ qua điểm M(-2; 2; -3) có vec tơ phương: u(2;3;2) uuur uuur r + AM ( −2;2; −1) , [ AM, u] = (7;2; −10) uuur r [ AM, u] 49 + + 100 + d ( A, ∆) = r = = |u| 4+9+4 0,5 BC  + Gọi r bán kính mặt cầu (S) Có r =  + ( d ( A, ∆ ) ) = + 32 = ÷   2 + Phương trình mặt cầu (S): x + y + (z + 2)2 = 25 Pt đầu ⇔ y – 2x + = VI.b (1 điểm) ( 2) ⇔ y = x vào pt thứ hai ta được: x x 0,25 0,25 0,25 3x x    18  2 2 + = 2.3 ⇔ + 18 = 2.27 ⇔  ÷ +  ÷ = ⇔  ÷ +  ÷ =  27   27  3 3 x x 2x 3x x x x x ( ) 2 Đặt: t =  ÷ , (đk t > ) , ta có pt: t + t − = ⇔ ( t − 1) t + t + = 3 x = ⇔ t =1⇒  y = 0,5 0,25 ... không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… wWw.VipLam.Info ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 (Đề số 1) CÂU I-1 (1 điểm)... = + Vậy có điểm C thỏa mãn C(5; 1) C(1; 3) ur uur + d1 có vec tơ phương u1 = (2;1; −1) , d2 có vec tơ phương: u2 = (1;3; −2) r + mp(P) có vec tơ pháp tuyến n(1;1;1)  x = + 2t1  + d1 có phương... có A  6; ; − ÷, AB =  − ;0; ÷ 2  2  r2  Đường thẳng ∆ qua A có vec tơ phương u( −1;0;1) nên có phương trình tham  x = − t   số:  y =    z = − + t VII.a (1 điểm)  z1 = − i Ta có: