TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỔ TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 MÔN: TOÁN – KHỐI A, B Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số − = + 2 1 1 x y x (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ điểm I(-1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M bằng 6 Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) π − = + − ∈ + 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 2 , 0; 1 tan 2 x x x x x x 2. Giải hệ phương trình:  − − =   − − − =   2 0 1 2 1 1 x y xy x y ( ) ∈ ,x y R Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: = + ∫ 3 ln 2 3 0 2 x dx I e Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V. (1,0 điểm) Cho các số dương , , : 3.a b c ab bc ca+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 . 1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc + + ≤ + + + + + + B. PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II ) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD. Phương trình cạnh AB: x – 2y + 1 = 0, cạnh BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(-2;0;-2); B(0;3;-3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) là lớn nhất. Câu VIIa. (1,0 điểm) Đặt ( ) − + − = + + + + 4 2 3 2 12 0 1 2 12 1 x x x a a x a x a xL . Tìm hệ số 7 a II. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: − − = + − = 1 2 : 3 0, : 6 0d x y d x y . Trung điểm một cạnh là giao điểm của 1 d với tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho mặt cầu (S) có phương trình + + − + − − = 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z và mặt phẳng (P) có phương trình: + − + =2 2 17 0x y z . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích là π 9 Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : ( ) ( ) + + > − 2 2 2 1+ log log 2 log 6x x x Ht. P N THI TH LN 2 Cõu í Ni dung im I 2,0 1 Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s (1,0 im) R\{-1} ( ) 2 3 ' 0 1 1 = > + y x x . Suy ra hm s ng bin trờn cỏc khong xỏc nh ca hm s. 0.25 ( ) 1 lim 1 = = x y xm l tim cn ng lim 2 2 = = x y y l tim cn ngang 0.25 -Bng bin thiờn 0.25 - th i qua (0;-1), (1/2; 0) v ỳng 0.25 2 Tỡm im M trờn (C) (1,0 im) + Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM + thì tiếp tuyến tại M có phơng trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y + = + + hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 =++ xyxxx + Khoảng cách từ )2;1(I tới tiếp tuyến là ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 4 4 0 0 3( 1 ) 3( 1) 6 1 6 1 3 0 9 ( 1) 9 1 + + = = = + = + + + + x x x d x x x . ( ) 2 0 0 1 3 1 3+ = = x x . + Vậy có hai điểm M : ( ) 32;31 + M hoặc ( ) 32;31 + M 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2,0 1 Phng trỡnh lng giỏc (1,00 im) ( ) 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 2 , 0; 1 t an 2 x x x x x x = + + k: sin 2 0;tan 1 x x Bin i ta cú: ( ) ( ) sin 2 cos2 3 0 ( ) sin cos sin 2 cos2 3 0 sin cos + = + = = x x VN x x x x x x Vi ( ) 0; cos sin 4 = =x x x x 0.25 0.5 0.25 2 Gii h phng trỡnh.(1,00 im) . Đk: 1 1 2 x y 0.25 A B C C’ B’ A’ H O M (1) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 2 0 2 0( ) ⇔ − − + = ⇔ + − =  − = ⇔ ⇔ =   + =  x y y xy x y x y x y x y x y voly ⇔ x = 4y thay vào (2) ta có 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 ( ) 2 1 0 2 2 5 10 2 1 2 ( ) 2 y y y y y y y y y y tm y x x y y tm − − − = ⇔ − = − + ⇔ − = − + − + ⇔ − = −  =   − = =  ⇔ ⇔ ⇒    =  − =    =   0.5 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0.25 III Tính tích phân 1,0 Ta c ó 3ln2 3 0 3 3 ( 2) x x x e dx I e e = + ∫ Đặt u= 3 x e ⇒ dxedu x 3 3 = ; 22ln3;10 =⇒==⇒= uxux Ta được: 2 1 3 ( 2) du I u u = + ∫ = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 3 1 1 3 ln ln 2 2 2 2 2 2 u u du dx u u u u u u + −   = − = − +  ÷ + +   ∫ ∫ 2 1 3 3 1 1 3 3 ln ln ln ln 2 2 2 2 3 2 2 u u   = = − =  ÷ +   0.25 0.5 0.25 IV Hình không gian 1,0 Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0.5 0.5 V 1,0 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 2 3 3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤ . Suy ra: 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 (1). 1 ( ) 3 + + ≥ + + = + + = ⇒ ≤ + + a b c abc a b c a ab bc ca a a b c a Tương tự ta có: 2 2 1 1 1 1 (2), (3). 1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c ≤ ≤ + + + + 0.25 0.25 0.25 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc + + + + ≤ + + = = + + + + + + W . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 0.25 Theo chương trình Chuẩn VIa 2.0 1 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC suy ra 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( ) 14 12 4;3 ; ; 5 5 C D    ÷   + Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Gọi H là hình chiếu của B trên (P) suy ra BH là khoảng cách từ B đến (P) và ≤BH BA Ycbt suy ra mp(P) đi qua A(-2;0;-2) và vuông góc với AB nhận ( ) 2;3; 1= −AB uuur là VTPT Pt (P): ( ) ( ) ( ) 2 2 3 0 2 0 2 3 2 0x y z x y z+ + − − + = ⇔ + − + = 0.25 0.25 0.5 VIIa ( ) 4 2 3 2 1 2 0 1 2 12 1 x x x a a x a x a x− + − = + + + +L . 1.0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 2 3 2 2 1 1 1 1 1x x x x x x x x− + − = − + − = − + ( ) ( ) 4 0 1 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 2 0 1 2 2 4 3 6 4 8 4 4 4 4 4 1 1 − = − + − + + = + + + + x C C x C x C x C x x C C x C x C x C x Suy ra 3 2 1 3 7 4 4 4 4 = − −a C C C C =-40 0.25 0.25 0.25 0.25 Theo chương trình Nâng cao VIb 2.0 1 ( ) 9 3 ; ; 3;0 2 2    ÷   I M Giả sử M là trung điểm AD suy ra AB = 2IM = 3 2 . 12 2 2= = ⇒ = ABCD S AB AD AD AD qua M vuông góc với d 1 suy ra AD : x + y – 3 = 0 MA = MB = 2 suy ra tọa độ A, D là nghiệm của hệ 0.25 0.25 ( ) 2 2 3 0 2 4 1 1 3 2 + − =  = =    ⇒    = = − − + =     x y x x hoac y y x y Chọn A(2;1) suy ra D(4;-1); C(7;2); B(5;4) 0.25 0.25 2 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5 Bán kính đường tròn giao tuyến bằng 3 suy ra khoảng cách từ tâm I đến mp (Q) bằng 4 (Q) song song với (P) suy ra (Q): 2x + 2y – z + d = 0 ( ) ( ) ( ) 2 4 3 , 4 5 12 17 7 3 d d I Q d d loai va d − − + = = ⇔ − = ⇔ = = − Ta có (Q): 2x + 2y – z -7 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb ( ) ( ) 2 2 2 1+ log log 2 log 6x x x+ + > − 1.0 ĐK 0 6< <x Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 log 2 2 log 6 2 2 6 2 16 36 0 18 + > − ⇔ + > − >  ⇔ + − > ⇔  < −  x x x x x x x x x x Kết hợp điều kiên ta có nghiệm của BPT là 2 6 < < x 0.25 0.25 0.25 0.25 . ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 3 1 1 3 ln ln 2 2 2 2 2 2 u u du dx u u u u u u + −   = − = − +  ÷ + +   ∫ ∫ 2 1 3 3 1 1 3 3 ln ln ln ln 2 2 2 2 3 2 2 u u   = = − =  ÷ +   0 .25 0.5 0 .25 IV Hình. qua A( -2; 0; -2) và vuông góc với AB nhận ( ) 2; 3; 1= −AB uuur là VTPT Pt (P): ( ) ( ) ( ) 2 2 3 0 2 0 2 3 2 0x y z x y z+ + − − + = ⇔ + − + = 0 .25 0 .25 0.5 VIIa ( ) 4 2 3 2 1 2 0 1 2 12 1 x. ) 2 2 2 2 2 log 2 2 log 6 2 2 6 2 16 36 0 18 + > − ⇔ + > − >  ⇔ + − > ⇔  < −  x x x x x x x x x x Kết hợp điều kiên ta có nghiệm của BPT là 2 6 < < x 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25