Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán năm 2011-2012

TRUNG TÂM NAGAI VIỆT NAM<br /> 213 XUÂN THỦY, CẦU GIẤY, HÀ NỘI Tel: 04.37959475. Website: www.nagai.vn<br /> <br /> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 - 2012<br /> <br /> −−⋆⋆⋆−−<br /> PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)<br /> <br /> Môn thi: Toán. Ngày thi: 18/3/2012 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề ————————————–<br /> <br /> Câu I. (2 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y =<br /> <br /> (C). x −1 2. Giả sử A, B là hai điểm phân biệt trên đồ thị (C) sao cho các tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau. Tìm tọa độ trung điểm của đoạn AB. Câu II. (2 điểm) π 2π 1 1. Giải phương trình sin2 x + + sin2 x + = 1 − cos x. 3 3 2 3 2 x − 2x + 2x + 3 = 4 y 2. Giải hệ phương trình y 3 − 2 y 2 + 2 y + 3 = 4x. . ex − 3 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A′ B ′ C ′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, điểm A′ cách đều các . đỉnh của tam giác ABC và góc giữa cạnh bên AA′ với mặt đáy (ABC) là 60◦ . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A′ B ′ C ′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA′ và BC. Câu V (1 điểm) Cho x, y là hai số thực không âm thoả mãn x 3 + y 3 − x y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ . nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + x y.<br /> ln 4<br /> <br /> 2x − 1<br /> <br /> Câu III. (1 điểm) Tính I =<br /> <br /> ln 12<br /> <br /> dx<br /> <br /> PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)<br /> <br /> A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y = 0 và d2 : x + 3 y = 0. Tìm tọa độ hai điểm A trên d1 , B trên d2 sao cho tam giác OAB cân ở B và tam giác này có diện tích bằng 3, biết rằng điểm B có tung độ dương. x −1 y z−2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho điểm A(1; −2; 2), đường thẳng d : = = 1 2 1 và mặt phẳng (P) : 2x + y − z + 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng △ qua A, cắt d tại B và cắt (P) tại C sao cho B là trung điểm của đoạn AC. Câu VII.a. (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn (1 + 2i)2 z + (2 − i)z + 19 + 3i = 0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường thẳng d : x − 2 y + 5 = 0. Viết phương trình đường tròn (C), biết rằng (C) tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm A(1; 3) và cắt trục hoành tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho mặt cầu (S) : (x − 1)2 + ( y + 3)2 + (z − 2)2 = 12. Viết x y y −1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng △ : = = sao cho (P) cắt (S) theo một đường 1 1 2 tròn có bán kính bằng 3. z + 1 + 3i = 1. Câu VII.b. (1 điểm) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thoả mãn z+5−i —–Hết—– Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ghi chú: Đáp án được đưa lên website của trung tâm một tuần sau ngày thi.<br /> <br /> TRUNG TÂM NAGAI VIỆT NAM<br /> 213 XUÂN THỦY, CẦU GIẤY, HÀ NỘI Tel: 04.37959475. Website: www.nagai.vn<br /> <br /> ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 - 2012<br /> <br /> −−⋆⋆⋆−− Câu I. 1. (1 điểm) • Tập xác định: D = \{1}. • Sự biến thiên: 1 y′ = − < 0 với mọi x = 1. (x − 1)2 lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang y = 2.<br /> x→−∞ x→1<br /> <br /> Môn thi: Toán ————————————–<br /> <br /> lim− y = −∞, lim+ y = +∞; tiệm cận đứng x = 1.<br /> x→1<br /> <br /> x→+∞<br /> <br /> Bảng biến thiên: x f ′ (x) +∞ f (x) • Đồ thị: 2. (1 điểm) Giả sử A(x 1 ; y1 ), B(x 2 ; y2 ) (x 1 = x 2 ). Gọi E trung điểm của AB. Do tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên 1 1 y ′ (x 1 ) = y ′ (x 2 ) ⇒ − =− 2 (x 1 − 1) (x 2 − 1)2 ⇒  − 1 = −(x 2 − 1) (do x 1 − 1 = (x 2 − 1)) x1 ⇒  x1 + x2 = 2 1 Câu II. 1. (1 điểm) sin2 x + ⇔ 2 1 − cos 2x + 2π 3  y1 + y2 = 2 + 1 x1 − 1 +2+ π 3 + 1 x2 − 1 =4 ⇒ E(1; 2). + sin2 x + 1 2 2π 3 1 2 −∞ − −∞ 1 − −∞ +∞<br /> 2<br /> <br /> y<br /> <br /> +∞<br /> <br /> 1 O<br /> <br /> x<br /> <br /> cos x 2 4π 2π 2π + cos 2x + = cos x ⇔ 2 cos 2x. cos = cos x ⇔ cos 2x + cos x = 0 ⇔ ⇔ cos 2x + 3 3 3 1 2 cos2 x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x = −1 hoặc cos x = 2 π ⇔ x = π + k2π hoặc x = ± + k2π (k ∈ ). 3 2. (1 điểm) Xét hàm số f (t) = t 3 − 2t 2 + 2t + 3 (t ∈ ). f ′ (t) = 3t 2 − 4t + 2 > 0, ∀t ∈ ⇒ f (t) đồng biến trên . f (x) = 4 y Hệ phương trình đã cho tương đương với f ( y) = 4x. 3 Nếu x < y thì f (x) < f ( y) ⇒ 4 y < 4x ⇒ y < x (Vô lí!). Tương tự, cũng không xảy ra x > y. Vậy x = y. Thay y = x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x 3 − 2x 2 + 2x + 3 = 4x ⇔ x 3 − 2x 2 − 2x + 3 = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − 3) = 0 ⇔ x = 1, x = 1± 13 2 .<br /> <br /> 1 − cos 2x +<br /> <br /> 4π<br /> <br /> =1−<br /> <br /> cos x 1<br /> <br /> =1−<br /> <br /> Vậy hệ có 3 nghiệm: (1; 1), ( 1+2 13 ; 1+2 13 ), ( 1− 2 13 ; 1− 2 13 ). Nhận xét. Hệ phương trình đã cho là đối xứng loại 2. Trừ vế với vế hai phương trình nhận được<br /> <br /> (x − y)(x 2 + y 2 + x y − 2x − 2 y + 6) = 0 ⇔ x = y (Vì x 2 + y 2 + x y − 2x − 2 y + 6 = 2)2 + ( y − 2)2 + 4) > 0 với mọi x, y). Đến đây tiếp tục như trên. Câu III. (1 điểm) Đặt t =<br /> 3<br /> <br /> 1 2<br /> <br /> ((x + y)2 + (x −<br /> <br /> e x − 3. Ta có e x = t 2 + 3 ⇒ e x d x = 2t d t ⇒ d x = dt t2 + 3 . 3du cos u<br /> 2 1<br /> <br /> 2t d t t2 + 3<br /> <br /> ; x = ln 4 ⇒ t = 1;<br /> <br /> x = ln 12 ⇒ t = 3. Từ đó I = 2 Đặt t = Từ đó I =<br /> <br /> 3 tan u, u ∈ (− π ; π ). Ta có d t = 2 2 2 3<br /> π 3<br /> <br /> =<br /> <br /> 3(tan2 u + 1)du; t = 1 ⇒ u =<br /> <br /> π 6<br /> <br /> ; t=3⇒u=<br /> <br /> π 3<br /> <br /> .<br /> <br /> du =<br /> π 6<br /> <br /> π 3 3<br /> <br /> .<br /> <br /> Câu IV (1 điểm) .<br /> A’ C’ Gọi M là trung điểm của BC, H là trọng tâm của tam giác ABC. ′ ′ Do A .ABC là hình chóp đều nên A H ⊥ (ABC), do đó, góc giữa đường thẳng AA′ với mặt phẳng (ABC) bằng A′ AH ⇒ A′ AH = K B’ 60◦ . a 3 2 a 3 Ta có AM = , AH = AM = , C 2 3 3 A a 3 A′ H = AH. tan 60◦ = . 3 = a. H 3 M • Thể tích khối lăng trụ ABC.A′ B ′ C ′ là B 1 1 a 3 a3 3 V = S△ABC .A′ H = BC.AM .A′ H = .a. .a = . 2 2 2 4 • Gọi K là hình chiếu vuông góc của M trên AA′ . Ta có A′ H ⊥ (ABC) ⇒ A′ H ⊥ BC. Mà BC ⊥ AM nên BC ⊥ (A′ AM ) ⇒ BC ⊥ M K. Mà M K ⊥ AA′ nên M K là đoạn vuông góc chung của BC và AA′ 3a a 3 3 . = . ⇒ d(AA′ , BC) = M K = AM . sin 60◦ = 2 2 4 t3 − 1 Câu V (1 điểm) Đặt t = x + y (t 0). Từ x 3 + y 3 − x y = 1 suy ra x y = . . 3t + 1 x + y 2 t2 t3 − 1 t2 1 t Do 0 x y nên 0 ⇒ = ⇒ 1 t 2. 2 4 3t + 1 4 (t − 2)(t 2 + t + 2) 0 2t 3 + t 2 + 1 2 = f (t). Ta có P = (x + y) − x y = 3t + 1 3 2 12t + 9t + 2t − 3 f ′ (t) = > 0, ∀t ∈ [1, 2] ⇒ f (t) đồng biến trên [1, 2] ⇒ 1 = f (1) P f (2) = 3. (3t + 1)2 Thấy rằng P = 1 khi x = 1, y = 0 và P = 3 khi x = y = 1. Vậy min P = 1 và max P = 3. Câu VI.a. 1. (1 điểm)<br /> 60º<br /> <br /> B Hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại gốc tọa độ O. Gọi ϕ là góc giữa d1 và d2 . Ta có d1 O 30° 3 π | 3.1 + 1. 3| = ⇒ϕ= . cos ϕ = H A 2 2 2 6 d2 3 + 12 3 + 12 Gọi H là trung điểm của OA. Tam giác OAB cân tại B nên BH ⊥ OA, OB OB 3 , BH = OB. sin 30◦ = . OH = OB. cos 30◦ = 2 2 1 OB 2 3 S△OAB = OA.BH = OH.BH = = 3 ⇒ OB 2 = 4. 2 4 Gọi B(− 3a; a) ∈ d2 (a > 0). OB 2 = 4 ⇒ 3a2 + a2 = 4 ⇒ a2 = 1 ⇒ a = 1 ⇒ B(− 3; 1). Đường thẳng BH qua B và vuông góc d1 nên BH : 1(x + 3)− 3( y −1) = 0 ⇒ BH : x − 3 y +2 3 = 0. 3 Từ đó tìm được H(− 23 ; 2 ) và A(− 3; 3).<br /> <br /> 2. (1 điểm) Gọi B(1 + t; 2t; 2 + t) ∈ △ là giao điểm của △ và d. Do B là trung điểm của AC nên C(2t + 1; 4t + 2; 2t + 2). Lại có C ∈ (P) nên 2(2t + 1) + 4t + 2 − 2t − 2 + 4 = 0 ⇒ t = −1 ⇒ B(0; −2; 1) − → ⇒ BA = (1; 0; 1).  x =1+ t  − → Đường thẳng △ qua A và có vectơ chỉ phương BA nên △ : y = −2  z = 2 + t. Câu VII.a. Đặt z = x + y i (x, y ∈ ). Từ hệ thức đã cho có −x − 5 y + 19 + (3x − 5 y + 3)i = 0 −x − 5 y + 19 = 0 ⇔ ⇔ x = 4, y = 3 ⇒ z = 4 + 3i. 3x − 5 y + 3 = 0 Câu VI.b. 1. (1 điểm) Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính của (C), H là trung điểm của BC. Do (C) tiếp xúc với d tại A nên I ∈ △, với △ là qua A và vuông góc với d. x =1+ t △ có phương trình tham số y = 3 − 2t.<br /> A d I H Ox B C<br /> <br /> Gọi I(1+t; 3−2t) ∈ d là tâm của (C). Khi đó AI = t 2 + (−2t)2 = |t| 5, I H = d(I, Ox) = |3 − 2t|. 3 1 Ta có d(A, Ox) = 3, S△ABC = BC.d(A, Ox) = BC. Mà S△ABC = 6 ⇒ BC = 4 ⇒ BH = 2. 2 2 Ta có IA2 = I B 2 = I H 2 + HB 2 = R2 ⇒ 5t 2 = (3 − 2t)2 + 22 ⇒ t 2 + 12t − 13 = 0 ⇒ t = 1 hoặc t = −13. 2 • Với t = 1, ta có I(2; 1), R = AI = 5 ⇒ (C) : (x − 2)2 + ( y − 1)2 = 5 . • Với t = −13, ta có I(−12; 29), R = 13 5 ⇒ (C) : (x + 12)2 + ( y − 29)2 = (13 5)2 . 2. (1 điểm) (S) có tâm I(1; −3; 2), bán kính R = 2 3. Ta thấy đường thẳng △ đi qua hai điểm A(0; 0; 1) và B(1; 1; 3). Mặt phẳng (P) qua A có phương trình dạng (P) : a(x − 0) + b( y − 0) + c(z − 1) = 0 hay (P) : ax + b y + cz − c = 0 (a2 + b2 + c 2 = 0). Do B ∈ (P) nên (P) : a + b + 3c − c = 0 ⇒ a = −(b + 2c) ⇒ (P) : −(b + 2c)x + b y + cz − c = 0. (S) cắt (P) theo đường tròn (C) bán kính r = 3 nên ta có | − b − 2c − 3b + 2c − c| = 3 d(I, (P)) = R2 − r 2 = 12 − 9 = 3 ⇒ (b + 2c)2 + b2 + c 2 ⇒ |4b + c| = 3 2b2 + 4bc + 5c 2 ⇒ 5b2 − 2bc − 7c 2 = 0 b 2 b b 7 b ⇒5 − 7 = 0 (thấy b = 0) ⇒ = −1 hoặc = . −2 c c c c 5 b • Với = −1, chọn b = 1, c = −1, ta được (P) : x + y − z + 1 = 0. c b 7 • Với = , chọn b = 7, c = 5, ta được (P) : −17x + 7 y + 5z − 5 = 0. c 5 Câu VII.b. (1 điểm) Đặt z = x + y i (x, y ∈ ). Hệ thức đã cho ⇔ |x + 1 + i( y + 3)| = |x + 5 − i( y + 1)| ⇔ (x + 1)2 + ( y + 3)2 = (x + 5)2 + ( y + 1)2 ⇔ 2x − y + 4 = 0 ⇔ y = 2x + 4. 8 16 16 Ta có |z|2 = x 2 + y 2 = x 2 + (2x + 4)2 = 5x 2 + 16x + 16 = 5(x + )2 + . 5 5 5 4 8 4 8 Dấu bằng xảy ra khi x = − , khi đó y = . Từ đó số phức cần tìm là z = − + i. 5 5 5 5<br /> <br />