đề thi thử đại học - NĂM 2011 Môn Toán (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề). I: PHầN CHUNG CHO TấT Cả THí SINH . Câu I Cho hàm số 1 12 + = x x y có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II 1. Giải phơng trình: xx xx 2sin 2 1 cos2) 2 cos 2 (sin3 33 += 2. Giải hệ phơng trình : =++ =++ 0222 0964 22 224 yxyx yyxx . Câu III 1.Tính tích phân sau: 2 0 3sinx cos sinx cos 2 x I dx x = + + 2. Cho 0 x y z< : Chng minh rng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 z y z x y z x z x z z x y xy x y z z x y xy x y x y + + + + + + + + + + + + + + Câu IV Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lợt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). II, PHầN RIÊNG. (Thí sinh chỉ làm một trong 2 phần ; phần 1 hoặc phần 2 ) Phần 1( Dành cho thí sinh theo chơng trình chuẩn ) Câu Va 1. Vit phng trỡnh ng trũn ni tip tam giỏc ABC vi cỏc nh: A(-2;3),B( )0;2(),0; 4 1 C 2. Vit phng trỡnh ng thng d i qua im ( ) 4; 5;3M - - v ct c hai ng thng: 2 3 11 0 ': 2 7 0 x y d y z ỡ + + = ù ù ớ ù - + = ù ợ v 2 1 1 '': 2 3 5 x y z d - + - = = - . .Câu VIa Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22 ++=++ xxmx . Phần 2 ( Dành cho thí sinh theo chơng trình nâng cao ) . Câu Vb 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2) lần lợt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phơng trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đờng thẳng ( ) và ( )' có phơng trình . đề chính thức ( ) ( ) += = += = += += 4t'2 t'2y t'2-2x : ; 4 2t-1y t3x : ' zz Viết phơng trình đờng vuông góc chung của ( ) và ( )' Câu VIb Cho hàm số 1 232 2 + = x xx y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ******** Hết ******** Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2011 Hớng dẫn chấm môn toán Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số y= 1 12 + x x 1,00 1. Tập xác định: R\{1} 2. Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: 22 )1( 3 )1( )12()1(2 ' = + = xx xx y Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-; 1) và (1;+) . Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị 0,25 . Tiệm cận: = + = 1 12 limlim 1 1 x x y x x += + = + + 1 12 limlim 1 1 x x y x x Do đó đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng 2 1 12 limlim = + = x x y x x Vậy đờng thẳng y= 2 là tiệm cận ngang 0,25 * Bảng biến thiên: x - 1 + y' - - y 2 - + 2 0,5 Câu Nội dung Điểm 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số. I.2 Với M bất kì (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. 1,00 Gọi M + 1 3 2; 0 0 x x (C) * Tiếp tuyến tại M có dạng: 1 3 2)( )1( 3 0 0 2 0 ++ = x xx x y Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A + 1 6 2;1 0 x B(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2) * Ta có: S IAB = 2 1 . IA. IB= 63.212 1 6 2 1 0 0 == x x (đvdt) 0,25 0,25 * IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB (HS tự chứng minh). = += = 31 31 12 1 6 0 0 0 0 x x x x * Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện M 1 ( 32;31 ++ ) M 2 ( 32;31 ) Khi đó chu vi AIB = 6234 + 0,5 II.1 Giải phơng trình lợng giác . x2sin 2 1 xcos2) 2 x cos 2 x (sin3 33 += ( ) xcosxsin2 2 x cos 2 x sin1 2 x cos 2 x sin3 += + ( ) + += + 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cosxsin2xsin 2 1 1 2 x cos 2 x sin3 0 2 3 2 x cos 2 x sin)xsin2( 2 x sin 2 x cos = +++ 1,00 Câu Nội dung Điểm * x x x x sin cos 0 sin 0 k x k2 (k ) 2 2 2 4 2 4 2 = = = = + ữ Z * 2xsin0xsin2 ==+ (vô nghiệm) 0,5 * 22 3 4 xsin 2 3 42 x sin2 2 3 2 x cos 2 x sin = += +=+ (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) x k2 k 2 = + Z 0,5 II.2 Giải hệ phơng trình: =++ =++ 0222 0964 22 224 yxyx yyxx * Hệ phơng trình tơng đơng với =++ =+ 022)2( 4)3()2( 22 222 xyx yx 2 2 2 2 2 ( 2) ( 3) 4 ( 2 4)( 3 3) 2 20 0 x y x y x + = + + + = Dat 2 2 3 x u y v = = * Thay vào hệ phơng trình ta có: 2 2 4 . 4( ) 8 u v u v u v + = + + = 2 0 u v = = hoặc 0 2 u v = = thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là : 2 3 x y = = ; 2 3 x y = = ; 2 5 x y = = ; 2 5 x y = = ; 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u Néi dung §iÓm III.1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 sinx cos 2 2 cos sinx 2 sinx cos 2 cos sinx 2 2 sinx cos 2 sinx cos 2 2ln sinx cos 2 2 2 2 os( ) 1 4 x x I dx x x dx dx dx x x dx x c x π π π π π π π π + + − − − = + + − = − − + + + + = − + + −   − +  ÷   ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 2 0 1 2 ln(1 2) ln(1 2) 2 2 os ( ) 2 8 dx x c π π π   = − + − + −   − ∫ 2 0 tan( ) 2 tan 2 2 8 2 8 x π π π π π = − − = − 0,25 0,25 0,25 0,25 III.2 1,00 IV TÝnh thÓ tÝch khèi chãp . Cho 0 x y z< ≤ ≤ : Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 z y z x y z x z x z z x y xy x y z z x y xy x y x y   + − − + + − + + + + +     + + +   ≤ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z y z x x y z x z y x y z y z x z y z x x y x y x y ⇔ + + − + + + + − + + + + + + + ≤ + + + (1) Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y Từ (1) 3 2 2 ab a b c b a c abc c c ⇔ − + − + ≤ + ( ) ( ) 2 2 2a c b c b c a c c ab ab c⇔ − + − + ≤ + (2) Ta có: 2 2 (3) 2 b c c b c b c ab a c b c − + − ≤ = ⇔ − ≤ Tương tự: ( ) 4 2 ab b c a c− ≤ ( ) 2 2 5c ab c ab≤ + Cộng (3); (4); (5) ta được: ( ) ( ) 2 2 2a c b c b c a c c ab ab c− + − + ≤ + đpcm Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c a. 2z+y=2z+x=4x+2y b. x=y= 2 5 z 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI MN và AI MN. Do (SBC) (AMN) nên SI (AMN). Do đó MN.AI.SI 6 1 S.SI 3 1 V AMNAMN.S == 1,00 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI SK nên tam giác ASK cân tại A. Do đó 2 3a AKSA == 0,5 0,5 MN = 4 a MN 2 1 NI, 2 a BC 2 1 === , 4 3a 2 SA 2 SC SN === 4 2a 16 a 16 a3 NISNSI 22 22 === 1,00 4 10a 8 a 4 a3 SISAAI 22 22 === . Vậy 96 5a 2 a 4 10a 4 2a 6 1 V 3 AMN.S == 0, 5 0, 5 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: 4 1 SC SN . SB SM . SA SA V V ABC.S AMN.S == 1,00 + Ta có: (d 1 ) // (d 2 ) ( HS phải chứng minh đợc) 0,25 S A C B M N I K C©u Néi dung §iÓm Va 1.(1,0 điểm) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 2 2 9 1 3 4 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 6 3 1. 4 16 9 25 d DB AB DC AC d d d d æö ÷ ç + - ÷ ç - ÷ ç è ø = Û = = - + - + = = Þ - = - Þ = + Đường thẳng AD có phương trình: 2 3 3 6 3 9 1 3 3 x y x y x y + - = Û - - = - Û = - - , và đường thẳng AC: 2 3 3 6 4 12 3 4 6 0 4 3 x y x y x y + - = Û - - = - Û + - = - Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b- và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: ( ) 2 2 3 1 4 6 3 5 ; 3 4 4 ) 3 5 ; 3 1 ) 3 5 . 2 b b b b b a b b b b b b b - + - = Û - = + - = Þ =- - =- Þ = Rõ ràng chỉ có giá trị 1 2 b = là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABCV là: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y æ ö æ ö ÷ ÷ ç ç - + - = ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ÷ ÷ ç ç è ø è ø . 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: ( ) ( ) ( ) 2 3 11 2 7 0 2 3 2 11 7 0. m x y n y z mx m n y nz m n + + + - + = Û + + - + + = Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: ( ) ( ) 8 15 11 5 6 7 0 12 4 0 3 . m n m n n m - - + + - - + = Û - - = Û =- Chọn 1, 3m n= =- , ta được phương trình của P’: Câu Nội dung Điểm 2 6 10 0x z+ - = . Tip theo, ng thng d i qua ( ) 2; 1;1A - v cú vect ch phng ( ) 2;3; 5m - ur . Mt phng P i qua M v d cú hai vect ch phng l m ur v ( ) 6;4; 2MA - uuur hoc ( ) 3;2; 1n - r . Vect phỏp tuyn ca P l: ( ) 3; 5 5;2 2;3 , , 7; 13; 5 2; 1 1;3 3;2 p p ổ ử - - ữ ỗ ữ = - - ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ - - ố ứ ur ur . Phng trỡnh ca P: ( ) ( ) ( ) 7 4 13 5 5 3 0x y z+ - + - - = hay: 7 13 5 29 0.x y z- - - = Rừ rng ng thng d phi l giao tuyn ca P v P nờn cú phng trỡnh: 2 6 10 0 7 13 5 29 0 x z x y z ỡ + - = ù ù ớ ù - - - = ù ợ . VIa Tìm m để phơng trình sau có hai nghiệm phân biệt: m( 2x+1). 1 2 + x =10x 48 2 ++ x 1,00 Nhận xét : 10x 48 2 ++ x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) Phơng trình tơng đơng với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2 =+ + + + + x x m x x . Đặt t x x = + + 1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2 + Lập bảng biến thiên của hàm số trên ( ] 5,2 , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4 < m hoặc -5 < 4 < m 0,25 0,75 Vb.1 Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2;1) ; N(4; -2) ; P(2; 0); Q(1; 2) lần lợt thuộc cạnh AB; BC; CD và AD. Hãy lập phơng trình các cạnh của hình vuông trên. 1,00 + Giả sử đờng thẳng AB qua M và có véc tơ pháp tuyến là );( ban (a 2 + b 2 0) => véc tơ pháp tuyến của BC là: );( 1 abn .Phơng trình AB có dạng: a(x-2) +b(y-1)= 0 ax + by -2a-b =0 BC có dạng: -b(x- 4) +a(y+ 2) =0 - bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) 0,5 Hay = = + + = + ab ab ba ab ba b 2 43 2222 Tr ờng hợp 1 : b= -2a; Phơng trình các cạnh cần tìm là: AB: x- 2y = 0 ; CD : x- 2y-2 =0 BC: 2x +y 6= 0; AD: 2x + y -4 =0 Tr ờng hợp 2 : b= -a . Khi đó 0,25 0,25 Câu Nội dung Điểm AB: -x + y+ 1 =0 BC: -x y + 2= 0 AD: -x y +3 =0 CD: -x + y+ 2 =0 Vb 2 Cho (): = += += 4 21 3 z ty tx ; () += = += uz uy ux 42 2 22 Viết phơng trình đờng vuông góc chung của () và () 1,0 0 + Gọi đờng vuông góc chung của () và () là d Khi đó [ ] )1;2;4(', 2 1 == uuu d + Gọi () là mặt phẳng chứa () và (d) thì () qua N(3; -1; 4) và có véc tơ pháp tuyến: [ ] )10;1;2(, 1 == d uun Vậy phơng trình của () là: 2x- y + 10z - 47 =0 + Gọi () là mặt phẳng chứa () và (d) thì () qua M(-2; 0; 2) và có véctơ pháp tuyến: [ ] )12;18;6(,' 2 == d uun Vậy phơng trình của () là: x + 3y- 2z + 6 =0 Do đó đờng vuông góc chung của và là giao tuyến của hai mặt phẳng: 2x y + 10z 47 = 0 và x + 3y 2z + 6 =0 +Lập phơng trình tham số của (d).(HS tự làm) 0,25 0,25 0,25 0,25 VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1,00 +) Ta có 1x 1 1x2y += . 0 1x 1 lim)]1x2(y[lim xx = = . Do đó (C) có tiệm cận xiên y = 2x 1. +) = + += + + 1x 2x3x2 lim; 1x 2x3x2 lim 2 1x 2 1x . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 +) Gọi M += 1x 1 1x2;xM)C( 0 00 , 1x 0 0,25 Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là 1x5 1 1x 12 1 1x 1 1x2x2 1xd 0 0 22 0 00 0 += + + += 0,25 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có 4 0 0 5 2 1x5 1 1x2d = 4 5 2 d = khi 4 0 0 0 5 1 1x 1x5 1 1x = = 0,25 Vậy d nhỏ nhất khi 5 5 2 1; 5 1 1M ; 5 5 2 1; 5 1 1M 4 44 4 44 = +++= 0,25 Chý ý häc sinh lµm c¸ch kh¸c kÕt quÈ ®óng vÉn ®îc ®iÓm tèi ®a . ) ( ) ( ) 2 0 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 sinx cos 2 2 cos sinx 2 sinx cos 2 cos sinx 2 2 sinx cos 2 sinx cos 2 2ln sinx cos 2 2 2 2 os( ) 1 4 x x I dx x x dx dx. 1 xcos2) 2 x cos 2 x (sin3 33 += ( ) xcosxsin2 2 x cos 2 x sin1 2 x cos 2 x sin3 += + ( ) + += + 2 x sin 2 x cos