SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIà Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát ñề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số 2 2 2 x y x + = − (H) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2. Gọi M là một ñiểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai ñường tiệm cận của (H) tạo thành một tam giác có diện tích không ñổi. Câu II (2 ñiểm) 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∈ℝ Câu III. (1 ñiểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số ln e y x x = − , tr ục hoành và ñường thẳng 1 x = Câu IV. (1 ñiểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD ñều cạnh a. Gọi O là trung ñiểm BD, E là ñiểm ñối x ứng 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 ñiểm) 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 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình ñường cao kẻ từ C và ñường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng 1 1 2 : 2 3 1 x y z+ − − ∆ = = và m ặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là ñường thẳng cắt ∆ tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình tham số của ñường thẳng d biết khoảng cách từ I ñến (P) bằng 3. Câu VII.a (1 ñiểm) Tìm tập hợp các ñiểm trên mặt phẳng tọa ñộ 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 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x 2 + y 2 = 2. Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác biết ñiểm A thuộc tia Ox. 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng d: 1 2 2 1 3 x y z− + = = − và mặt phẳng (P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên d có khoảng cách ñến trục hoành gấp 2 lần khoảng cách ñến mặt phẳng (P). Câu VII.b ( 1 ñiểm) 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 ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. http://aotrangtb.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung ðiểm I 1 ñiểm 1 TXð: R\{2} ( ) 2 6 ' 2 y x − = − < 0 Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác ñịnh. Tính các giới hạn: 2 2 lim 2; lim ; lim x x x y y y + − →±∞ → → = = +∞ = −∞ ðồ thị hàm số nhận ñường thẳng x = 2 là tiệm cận ñứng, y = 2 là tiệm cận ngang ðồ thị hàm số nhận I(2; 2) là tâm ñối xứng. ðồ thị hàm số ñi qua A(- 1; 0), B(0; - 1) ¼ ¼ ½ 1 ñiểm 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 ñứng: x = 2 là ( ) 0 0 2 8 2; 2 x A x   +     −   Giao c ủa tiếp tuyến với tiệm cận ngang: y = 2 là ( ) 0 2 2;2B x − Giao của 2 ñường tiệm cận là ( ) 2;2I Tính ñược 0 12 2 IA x = − ; 0 2 2IB x= − . Do ñó: 1 . 12 2 AIB S IA IB= = không ñổi. ¼ ¼ ¼ ¼ II 1 ñiểm 1 ðiều kiện: sin3 0; sin 0 sin3 0x x x≠ ≠ ⇔ ≠ Phương trình tương ñương: 2 sin sin5 .sin 3 2sin6 .sin 2 x x x x x + = 1 cos2 cos2 cos8 cos4 cos8 2 x x x x x − + − ⇔ = − 2 1 2cos4 cos8 2cos 4 2cos4 0x x x x⇔ = − ⇔ − = ¼ ¼ http://aotrangtb.com ( ) 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 π π π π  = +  ⇔   = +   (thỏa mãn) Vậy: ( ) ( ) ; 8 4 2 l x l x k k π π π π = + ∈ = + ∈Z Z là nghiệm của phương trình. Chú ý: Thí sinh không k ết hợp ñiều kiện ñể loại nghiệm thì trừ 0.25 ¼ ¼ 1 ñiểm 2 ðặt 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 ñó hệ ban ñầu trở thành: ( ) 2 2 3 5 2 7 2 * u v v u v + =    − − + =   thế v = 5 – 3u vào phương trình (*) giải tìm ñược u = 1, từ ñó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2. Kết luận nghiệm là (- 3; 2) ¼ ¼ ½ III 1 ñiểm Giải phương trình ln 0 e x x − = ñược 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 π π     = − = − +         ∫ ∫ = = ( ) 2 2e e π − − Chú ý: Thí sinh không chứng minh ñược phương trình có nghiệm x = e thì trừ 0.25. ¼ ¾ IV 1 ñiểm D O B E C A H Có: 3 2 a CO = , BD ⊥ (ACE) Chứng minh ñược 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 ⇒ = = V ậy V ABCD = 3 1 3 . . 6 32 a AH CO BD = Có: CE = 3a , 3 8 a HE = 7 3 8 a CH⇒ = . Từ ∆ vuông ACH có tan C = 3 7 AH CH = ¼ ¼ ¼ ¼ http://aotrangtb.com V 1 ñiểm 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 ñược ( ) 3 2 9 24 2011 P x x x f x ≥ − + − + = Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm ñược ( ) ( ) (0;3) 2 2000Min 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 ñiểm 1 AB qua A vuông góc với ñường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0. G ọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc ñường cao kẻ từ C. Tọa ñộ trung ñiểm 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 1b c b c b c+ + − + − = ⇔ − + + = ( ) ; BC c b c b = − +  là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2). T ừ (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 ñiểm 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 ñiểm 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 ñường tròn tâm 1 1; 2 I       bán kính 5 2 R = ½ ½ VI.b 1 ñiểm 1 - Tọa ñộ A là giao của tia Ox và ñường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm ñược A (2; 0) - Hai tiếp tuyến kẻ từ A ñến ñường 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 ñường tròn tại trung ñiểm M của BC, ñiểm M là giao của tia ñối tia Ox với ñường tròn. Giải tìm ñược M(- 2 ; 0). - Phương trình cạnh BC là x = - 2 . - Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm ñược tọa ñộ 2 ñiểm B và C là (- 2;2 2+ ) và ( 2; 2 2− − − ) ¼ ¼ ¼ ¼ 2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t) http://aotrangtb.com 1 ñiểm d(M; Ox) = OM i∧   = ( ) 2 2 2 3t 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 ñược 1 ( 1; 1;1) 1 10 1 41 ( ; ; ) 22 11 22 22 t M t M = − − −     ⇒   = − − −   ½ ½ VII.b 1 ñiểm - Từ phương trình 2 giải ñược x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường hợp: - V ới x = 2 giải tìm ñược 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 ñúng vẫn ñạt ñiểm tối ña. http://aotrangtb.com 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 ñộ Oxyz cho ñường 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 ñường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d. Tìm t ọa ñộ của ñiểm I và viết phương trình ñường thẳng d’ biết khoảng cách từ I ñến 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 ñể ñường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 ñiểm A, B (x A < x B ) thỏa mãn 73.OB OA= . ð/s: m = 3. (A(0;-1), B(3; 8)) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là nửa lục giác ñều, 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 2a 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 . ðáp số bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có ñáy 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 ñường thẳng BD và SC. 3 3 2 3 5 2 3 2 3 8 2 x y x y x y x y  + + − − =   − − − + + =   . SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) TRƯỜNG THPT TRUNG GIà Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) Thời gian làm bài: 180 phút (không. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. http://aotrangtb.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02. TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số 2 2 2 x y x + = − (H) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ ñồ thị hàm số (H) 2. Gọi M là một ñiểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại