Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 x x  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:   3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x     2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x              Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 1 ln 1 ln e x dx x x   Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)  . Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 3 ab bc ca    , ta có: 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 a b c       Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t            ; d 2 : 2 1 3 3 x y z      và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z      . Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 . 8 z z z z    và 2 z z   Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUY ỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A Th ời gian l àm bài: 180 phút, không k ể thời gian giao đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x    0,25 lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x     nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) ,lim x x f x         nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 Bảng biến thiên 1 +  -  1 - - y y' x -  1 +  Hàm số nghịch biến trên ( ;1)  và (1; )  Hàm số không có cực trị 0,25 I-1 (1 điểm) Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 10 8 6 4 2 2 4 6 8 10 5 5 10 15 0,25 I-2 (1 điểm) Với 0 1 x  , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x 0 ; 0 0 1 x x  ) có phương trình : 0,25 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x       2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x       (d) có vec – tơ chỉ phương 2 0 1 ( 1; ) ( 1) u x    r 0 0 1 ( 1; ) 1 IM x x    uuur 0,25 Để (d) vuông góc IM điều kiện là : 0 0 2 0 0 0 0 1 1 . 0 1.( 1) 0 2 ( 1) 1 x u IM x x x x               r uuur 0,25 + Với x 0 = 0 ta có M(0,0) + Với x 0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25 ĐK: sin cos 0 x x   0,25 Khi đó         2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cos PT x x x x x           1 sin 1 cos sin sin .cos 0 x x x x x             1 sin 1 cos 1 sin 0 x x x      0,25 sin 1 cos 1 x x         (thoả mãn điều kiện) 0,25 II-1 (1 điểm) 2 2 2 x k x m                 ,k m Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k      và 2 x m       ,k m Z 0,25 Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình Với 0 x  , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 2 7 1 ( ) 2 7 y x y x y xy x x x x y y x y x y x                            0,25 Đặt 2 1 , y u v x y x     ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u                          0,25 +) Với 3, 1 v u   ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 y x y x y x y y y x x y x y x y                                  . 0,25 II-2 (1 điểm) +) Với 5, 9 v u    ta có hệ: 2 1 9 5 y x x y         , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2). x y x y    0,25 III (1 điểm) Đặt t = 1 ln x  có 2tdt = 1 dx x x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0,25 2 2 1 1 ln 1 2 1 ln e x t dx tdt t x x       0,25 2 3 1 2( ) 3 t t    0,25 2(2 2) 3   0,25 Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I        suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc · ' C BI . Suy ra · 0 ' 60 C BI  · 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI  Q P K M I N C A B A' C' B' 0,25 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B   0,25 / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I     (1) 0,25 IV (1 điểm) · · · · 0 ' ( ) ' ' 90 AM BI ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI         V V . Mặt khác theo chứng minh trên C’I  AM nên AM  ( ' ) C BI Suy ra (AMC)  ( ' ) C BI (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)  0,25 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 a b b c c a a b c     0,25 Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2 4 x y z xyz     với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có: 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4 4 x y z xyz x y z yz x x y z y z x                   0,25 V (1 điểm) 2 2 2 2 1 (3 ) 4 ( 1) ( 2) 0 4 4 x x x x x          Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 0,25 N D I A C B N' M Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y           0,25 Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d      0,25 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4 d x x   suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0,25 VI 1 (1 điểm) Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5 x y          B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 0,25 Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) 0,25 A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC ( 1 5 ) 2 4 (1 2 ) 2.(2 3 ) 1 2 ( 1 ) 2( 3 ) t v u t v u t v u                       0,25 Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) 0,25 VI -2 (1 điểm) Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình 2 1 1 1 x y z    0,25 Gọi z = x + iy ta có 2 2 2 2 ; z x iy z z zz x y       0,25 2 2 2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1) z z z z x y x y         0,25 2 2 2 1 (2) z z x x      0,25 VII (1 điểm) Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1  Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25 . coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUY ỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI. 180 phút, không k ể thời gian giao đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ :. đồ thị hàm số 0,25 Bảng biến thi n 1 +  -  1 - - y y' x -  1 +  Hàm số nghịch biến trên ( ;1)  và (1; )  Hàm số không có cực trị 0,25 I-1 (1 điểm) Đồ thị : Nhận xét