Sở GD & ĐT Hà Tĩnh Đề thi thử đại học lần 2 - năm 2011 Trờng THPT Vũ Quang Môn: toán ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I (2 điểm). Cho hàm số 1 1 x y x + = - ( 1 ) có đồ thị ( )C . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ( 1). 2. Chứng minh rằng đờng thẳng ( ) : 2d y x m = + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất . Câu II (2 điểm). 1. Giải phơng trình: 4 4 sin s 1 1 cot 2 5sin 2 2 8sin 2 x co x x x x + = - 2. Giải hệ phơng trình: 3 2 1 0 x y x y x y x y ỡ + - + = - ù ớ + + - = ù ợ Câu III (1 điểm). Tính 2 0 sin 2011 1 x x I dx cosx p + + = + ũ Câu IV (1 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Trên các tia Bx, Cy vuông góc và nằm cùng một phía với mặt phẳng (P) lấy lần lợt các điểm M, N sao cho 2 3BM CN a = = . Tính thể tích khối chóp A.BCNM; Tính góc tạo bởi mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (ANM). Câu V (1 điểm). Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 3 3 3 1 x y z - - - + + = . Chứng minh rằng: 9 9 9 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 x y z x y z x y z y z x z x y + + + + + + + + + + PHầN RIÊNG (Thí sinh đợc chọn một trong hai phần, không bắt buộc chọn phần nào cả) Theo chơng trình chuẩn. Câu VIa (2 điểm). 1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hai đờng thẳng: 1 2 ( ) : 2 2 0 ( ) : 2 3 17 0d x y d x y - + = + - = . Đờng thẳng (d) đi qua giao điểm của 1 ( )d và 2 ( )d cắt hai tia Ox, Oy lần lợt tại A và B. Viết phơng trình đờng thẳng (d) sao cho: 2 2 1 1 OA OB + nhỏ nhất. 2. Viết phơng trình mặt phẳng (P) qua điểm (1, 2, 1)A - và vuông góc với hai mặt phẳng có phơng trình 1 ( ) : 13 0P x y z - + - = và 2 ( ) : 3 2 12 2011 0P x y z + - + = VIIa (1 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 4 3 2z i + - = . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. Theo chơng trình nâng cao. Câu VIb (2 điểm). 1. Cho tam giác ABC, có (34), ( 12)A B - , có diện tích 3 4 S = (đvdt) và có trọng tâm thuộc đờng thẳng ( ) : 3 4 0d x y - + = . Tìm tọa độ đỉnh C. 2. Cho n là số nguyên dơng. Tính tổng: 2 3 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 n n n n n n S C C C C n + - - - = + + + + + VIIb (1 điểm). Tìm m để phơng trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 3 1x mx x + - = + Họ và tên thí sinh: Số báo danh:. www.laisac.page.tl Câu Đáp án vắn tắt Điể m Câu I 2 2. Chứng minh rằng đờng thẳng ( ) : 2d y x m = + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất . . Để đờng thẳng (d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phơng trình. 1 2 1 x x m x + = + - có hai nghiệm phân biệt với mọi m và 1 2 1x x < < 1 ( 1) (2 ) 1 x x x m x + = - + ỡ ớ ạ ợ có hai nghiệm phân biệt 1 2 1x x < < 2 2 ( 3) 1 0 (*) 1 x m x m x ỡ + - - - = ớ ạ ợ có hai nghiệm phân biệt 1 2 1x x < < 0 (1) 0f D > ỡ ớ < ợ 2 ( 1) 16 0 (1) 2 ( 3) 1 2 0 m m f m m ỡ D = + + > " ớ = + - - - = - < ợ Vậy với mọi giá trị của m thìđờng thẳng ( ) : 2d y x m = + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. . Gọi 1 1 2 2 ( 2 ), ( 2 )A x x m B x x m + + là hai điểm giao giữa (d) và (C).( 1 2 x x là hai nghiệm của phơng trình (*)) Ta có 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( 2( )) ( ) (2( )) 5( )AB x x x x AB x x x x x x = - - ị = - + - = - uuur Theo Vi ét ta có 2 1 5 ( 1) 16 2 5 2 AB m m ộ ự = + + " ở ỷ . 2 5 1AB m = = - Vậy với m = -1 là giá trị cần tìm. (R) Câu II 1 2 . 1. Giải phơng trình: 4 4 sin s 1 1 cot 2 5sin 2 2 8sin 2 x co x x x x + = - Điều kiện: sin 2x 0 x k (k ) 2 p ạ ạ ẻÂ Khi đó, phơng trình đã cho tơng đơng với: 2 1 1 sin 2 1 1 2 cot 2 5sin 2 2 8sin 2 x x x x - = - 2 1 8(1 sin 2x) 20 cos 2 x 5 2 - = - 9 cos 2 ( ) 2 1 cos 2 2 x loai x ộ = ờ ờ ờ = ờ ở ( ) 6 x k k p p = + ẻÂ ( R) . 2. Giải hệ phơng trình: 3 2 1 0 x y x y x y x y ỡ + - + = - ù ớ + + - = ù ợ Điều kiện: x y 0 3x 2y 0 + ỡ ớ + ợ . Khi đó, hệ phơng trình đã cho tơng đơng với 1 3 2 0 x y x y x y x y ỡ + + = + ù ớ + + - = ù ợ 2 2 ( 1) ( 3 2 ) 0 x y x y x y x y ỡ + + = + ù ớ + + - = ù ợ 1 1 2 2 x y x y x y y x ỡ + = + - ù ớ ù + = - ợ 1 1 2 2 y x x y x y y x ỡ - = + - ù ớ ù + = - ợ 4 1 4 1 5 1 3 1 y x y x x y y x x x = - = - ỡ ỡ ù ù ớ ớ + = - - = - ù ù ợ ợ 1 3 x y = ỡ ớ = ợ (R ) Câu III Câu IV Câu V . Tính 2 0 sin 2011 1 x x I dx cosx p + + = + ũ 2 2 0 0 2011 sin 1 cos 1 cos x x dx dx K L x x p p + = + = + + + ũ ũ . Tính 2 0 2011 1 cos x K dx x p + = + ũ Đặt 2011 tan 1 cos 2 u x du dx dx x dv v x = + = ỡ ỡ ù ù ị ớ ớ = = ù ù + ợ ợ 2011 ln 2 2 K p = + - Tính 2 0 sin 1 cos x L dx x p = + ũ ln 2 = 2011 2 I K L p = + = + (R ) . Hạ đờng cao AH của tam giác ABC. Suy ra AH là đờng cao của hình chóp A.BCNM. Đáy BCNM của hình chóp trên là một hình thang vuông có diện tích: 3 3 3 3 2 . 2 4 a a S a a + = = , 3 2 a AH = Thể tích khối chóp A.BCNM là 3 3 8 a V = (đvtt) . MN, BC kéo dài cắt nhau tại K ị C là trung điểm của BK ị ABK D vuông tại A AK AM ị ^ . Từ đó suy ra ã MAB là góc hợp bởi hai mặt phẳng (P ) và (ABC). Ta có ã ã 0 tan 3 60 MB MAB MAB MA = = ị = . Vậy góc giữa hai mặt phẳng (P) và (AMN) bằng 0 60 . (R) . Đặt 3 ,3 ,3 x y z a b c = = = . Do đó : , , 0a b c ab bc ac abc > ỡ ớ + + = ợ Ta có 2 3 3 3 2 2 ( )( ) a a a a a bc a abc a ab ac bc a b a c = = = + + + + + + + 2 3 3 3 2 2 ( )( ) b b b b a ac b abc b ab ac bc b c b a = = = + + + + + + + 2 3 3 3 2 2 ( )( ) c c c c c ab c abc c ab ac bc c a b c = = = + + + + + + + áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có : 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c + + + + + + 3 3 ( )( ) 8 8 4 b a b b c b a b b c + + + + + + 3 3 ( )( ) 8 8 4 c a c b c c a c b c + + + + + + Câu VIa. 1 VIa2 Câu VIIa Câu VIb 1 Cộng vế với vế ta có 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ac c ba + + + + + + + .(đpcm) Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c x y z = = . Gọi M là giao điểm của hai đờng thẳng 1 2 ( ),( )d d thì (43)M . Xét tam giác OAB vuông tại O ta có: 2 2 2 1 1 1 OA OB OH + = ( trong đó H là chân đờng cao hạ từ O xuống AB của tam giác OAB ). Để 2 2 1 1 OA OB + nhỏ nhất thì 2 1 OH nhỏ nhất OH lớn nhất H M . Khi đó (d) nhận véc tơ OM uuuur làm véc tơ pháp tuyến (43)OM = uuuur . Phơng trình đờng thẳng (d) là: 4 3 25 0x y + - = ( R) . Ta có: 1 (1, 1,1) p n = - uur , 2 (3, 2, 12) p n = - uuur . Vì ( P ) vuông góc với hai mặt phẳng có phơng trình 1 ( ) : 13 0P x y z - + - = và 2 ( ) : 3 2 12 2011 0P x y z + - + = nên 1 2 (10, 15, 5) 5(2,3,1) p p p n n n ộ ự = = = ở ỷ uur uur uuur Phơng trình mặt phẳng ( P ) là: 2 3 7 0x y z + + - = ( R) .Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 4 3 2z i + - = . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. Gọi ( , )z x yi x y = + ẻĂ ta có 4 3 2z i + - = ( 4) ( 3) 2x y i + + - = 2 2 ( 4) ( 3) 4x y + + - = là đờng tròn (C) tâm I(-4;3) bán kính R = 2 2 2 2 2 2 z x y z x y = + = + ( 1 C ). Đặt z r = . Để r nhỏ nhất thì ( C) và ( 1 C )tiếp xúc ngoài Tọa độ điểm tiếp xúc của hai đờng tròn là giao điểm của đờng tròn (C) và đờng thẳng IO. Mà ( 43)OI = - uur . Phơng trình đờng thẳng OI là 4 ( ) 3 x t t y t = - ỡ ẻ ớ = ợ Ă .Tọa độ giao điểm của OI và ( C) là nghiệm của hệ: 2 2 12 9 4 ( ) 5 5 3 28 21 ( ) ( 4) ( 3) 4 5 5 x t M y t M x y ộ ỡ = - - ờ ù = ờ ớ ờ ù - + + - = ợ ờ ở Ta thấy với 12 9 ( ) 5 5 M - thì z đạt giá trị nhỏ nhất và 12 9 5 5 z i = - + (R) .Tọa độ trung điểm của AB là (13)I . Ta có ( 4 2) (1 2) AB AB n = - - ị = - uuur uuur . Phơng trình đờng thẳng AB là: 2 5 0x y - + = Ta có ( ) 3 ( )d C AB d G AB = . Mà 1 3 3 . ( ) ( ) 2 2 4 5 ABC S AB d C AB d C AB = = ị = 2. Câu VII b 1 ( ) 4 5 d G AB ị = . Điểm G nằm trên đờng thẳng ( ) : 3 4 0d x y - + = nên 0 0 4 ( ) 3 x G x + . Ta có 0 0 2 2 4 2( ) 5 1 3 ( ) 4 5 1 ( 2) x x d G AB + - + = = + - 0 0 0 25 3 4 7 31 4 4 x x x - ộ = ờ + = ờ - ờ = ờ ở 25 3 83 33 ( ) ( ) 4 4 4 4 31 5 101 39 ( ) ( ) 4 4 4 4 G C G C - - ộ ị - - ờ ờ - - ờ ị - - ờ ở ( R) 2. Cho n là số nguyên dơng. Tính tổng: 2 3 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 n n n n n n S C C C C n + - - - = + + + + Xét 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C xC x C x C + = + + + + . Lấy tích phân hai vế trên đoạn [ ] 1 2 ta có. 2 2 0 1 2 2 1 1 (1 ) ( ) n n n n n n n x dx C xC x C x C dx + = + + + + ũ ũ 2 2 3 1 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 ) 2 3 n n n n n n n x dx C C C C S n + - - - + = + + + + = ũ 1 1 3 2 1 n n S n + + - ị = + Tìm m để phơng trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 3 1x mx x + - = + (*) Đặt t = x+1 suy ra x = t 1, khi đó với 1 0x t - ị . Phơng trình (*) trở thành: 2 ( 4) ( 1) 0 (**)t m t m + - - + = . Để phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1x - thì phơng trình (**) phải có hai nghiệm phân biệt 0t 2 0 ( 4) 4( 1) 0 (0) 0 ( 1) 0 1 4 0 0 2 2 m m f m m S m ỡ ỡ ù ù D > - + + > ù ù - + Ê - ớ ớ ù ù - ù ù ợ ợ Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách khác để giải các bài toán trên. Tính giới hạn sau: 3 2 4 tan 1 lim 1 2cos đ - = - x x I x p Cho0 ,x y < v  1x y + = . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña 2 2 1 1 P x y xy = + + . có 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( 2( )) ( ) (2( )) 5( )AB x x x x AB x x x x x x = - - ị = - + - = - uuur Theo Vi ét ta có 2 1 5 ( 1) 16 2 5 2 AB m m ộ ự = + + " ở ỷ . 2 5 1AB m = = -. đó, phơng trình đã cho tơng đơng với: 2 1 1 sin 2 1 1 2 cot 2 5sin 2 2 8sin 2 x x x x - = - 2 1 8(1 sin 2x) 20 cos 2 x 5 2 - = - 9 cos 2 ( ) 2 1 cos 2 2 x loai x ộ = ờ ờ ờ = ờ ở (. 4 G C G C - - ộ ị - - ờ ờ - - ờ ị - - ờ ở ( R) 2. Cho n là số nguyên dơng. Tính tổng: 2 3 1 0 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 n n n n n n S C C C C n + - - - = + + + + Xét 0 1 2 2 (1 ) n