ĐỀ CHÍNH THỨC
y
http://ductam_tp.violet.vn/ SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.12.2010 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)
x 2 3 x 2
Cho hàm số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
2
2
x
x
1
sin
sin
cos
sin
2
cos
Câu II (2 điểm)
x 2
4
x 2
x 2
2
x
x
x
x
x
1. Giải phương trình
log
4(
4
2)1
(2
log)2
2
1 2
1 2
2. Giải bất phương trình
e
x
ln
I
x
x
dx
Câu III (1 điểm)
3
2 ln
x
x
1
ln
1
Tính tích phân
·
Câu IV (1 điểm)
SAB SAC
030
SA
3a
a 2
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . . Tính thể tích , ·
khối chóp S.ABC.
3 4
1
1
1
P
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của
3
3
3
a
b
c
b 3
c 3
a 3
biểu thức
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm)
y
0
5
d
x
2:1
z 2
0
y
x
.
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).
k
k
n
2
2
1
n n
Câu VIIa (1 điểm)
....
2
k k (
1)2
.... 2 (2
1)2
40200
2 C n 2
1
3 C n 2
1
k C n 2
1
n 1 2 C n 2 1
Tìm số nguyên dương n biết: ( 1) 3.2.2
2
2
1
Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)
x 16
y 9
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: .
0
5
2
y
z
xP :
x
3
d :)(
1
y
z
3
và đường thẳng Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
2
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao
x
y
y
x
3
1
2
3
2
2.3
điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Câu VIIb (1 điểm):
2
x
xy
x
3
1
1
2
Giải hệ phương trình
-------------- Hết--------------
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh
Dáp án
2\R
Nội dung Câu I. 1
;
y
Điểm 1,00 0,25
lim x 2
lim x 2
y
y
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1) Hàm số có TXĐ: 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * y 0,25
2
lim x b) Bảng biến thiên:
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim x
'y
,0
x
2
2
1 2x Bảng biến thiên:
Ta có:
x - 2 + 0,25 y’ - -
y 2 + - 2
;2
2;
và * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
;0
0;
3) Đồ thị:
3 2
3 2
+ Đồ thị cắt trục tung tại và cắt trục hoành tại điểm
y
0,25 2
3/2 x 2 O 3/2
2
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1,00
)x('y 0
0
x2 x
3 0 2
1 2
x
0
0
;xM 0
x,
Ta có: ,
2 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
0
y:
)xx( 0
2
x2 x
3 2
1 2
x
0
0
0
0,25
và hai tiệm cận là:
2;2
0
x2 x
2 2
0
;2A
x2B;
Toạ độ giao điểm A, B của
x
x
2
y
y
A
B
0
A
B
0
x
x
y
0
M
M
2
x22 2
2
x2 x
3 2
0
0,25 Ta thấy , suy ra M là
2
2
2
2
0
IM
)2
2
x(
)2
0
0
2
1
x2 x
3 2
x(
)2
0
0
2
x(
1
0
2
x(
)2
trung điểm của AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 0,25 S =
0
2
1
3
x(
)2
0
0
x x
Dấu “=” xảy ra khi 0,25
2
2
1
sin
sin
x
cos
sin
x
2
cos
)1(
x 2
4
x 2
x 2
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) Giải phương trình lượng giác ...... II. 1 1 điểm
2
xsin
1
sin
xsin
cos
sin
1x
x
1
2
x 2
x 2
cos
cos
xsin
sin
cos
1xsin
xsin
sin
sin2.
cos
1
0
0,25
1 x 2
x 2
x 2
x 2
x 2
x 2
0
2
xsin
sin
sin2
1
0
0,25
x 2
x 2
x 2
sin21
0,25
0
k
x
Z
1
k , k
x
x
k4
k2
x x 2
k 2
2
2 sin
2 sin
1
sin x x sin 2
x 2
x 2
0,25
x
0
x
II. 2 Giải bất phương trình......................... 1 điểm
*
1 2
2
2
1 2 x4
01x4
0
1 x 2 )1x2(
x x
1 2 1 2
1)x21(
2
ĐK: 0,25
1)x21(
)2x(2 log 0
2
0
0 01)x21(
0 0)x21(2
x
2
2
0,25
1 4 0x
0
0 01)x21(
0 0)x21(2
2
2
x 1)x21(2 x 1)x21(2
0,25
x log x log
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log2 x2)x21( 2 x log x log x log
x
1 4
1 2
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: hoặc x < 0.
0,25
e
e
dx
xdx
I
2 lnx3
xln
1x
1
xln e
Tính tích phân............................. III 1 điểm
1 x
ln
2
I
dx
t
1
xln
1
t
tdt2;xln
dx
1
1 x
x
1
ln
x
x;1t
e
t
2
0,25 +) Tính . Đặt
2
2
2
2
3
2
2
t
22
Đổi cận:
1 1x 1 tdt2.
2
I
2
t
t
dt1
1
t
t 3
3
1
1
1
e
u
2
0,25
I
dxxlnx
2
dx x 3
xln 2 dxx
1
dv
v
du
x 3
e
3
3
3
3
3
3
2e
1
I
.ln x
2 x dx
2
e 1
e 1
+) Tính . Đặt 0,25
x 3
1 3
e 3
1 x . 3 3
e 3
e 9
1 9
9
1
3
e2
I
I3
0,25
I 1
2
225 3
0,25
1 điểm IV Tính thể tích hình chóp .........................
S
M
A C
N
2
2
2
0
2
2
2
·
B
2SA.AB.cosSAB 3a
2.a 3.a.cos30
a
a
a
0,25
SA AB SB . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam
Theo định lí côsin ta có: SB Suy ra
V
S.MA
S.SA
S.SA
V .S
ABC
V .S
MBC
.A
MBC
MBC
MBC
MBC
1 3
1 3
1 3
giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). 0,25 Ta có
2
2
2
2
2
2
2
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA. 0,25
MN
AN
2 AM
AB
BN
2 AM
a
MN
a 4
3a 2
a3 16
3a 4
2
3
.
.SA
BC.MN
.3a
.
V .S
ABC
1 3
1 2
1 6
3a 4
a 2
a 16
Do đó 0,25
V 1 điểm
xyz
3 3
9
3
1 y
1 x
1 x
1 y
1 z
9 zyx
3 xyz
)zyx(
P
(*) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 z 0,25
3
3
3
3
3
3
1 c3b
1 a3c
9 c3b
b3a
a3c
1 b3a áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
a 3b 2
a 3b 1.1
áp dụng (*) ta có
3
b 3c 2
b 3c 1.1
3
c 3a 2
c 3a 1.1
a 3b 1 1 1 3 3 b 3c 1 1 1 3 3 c 3a 1 1 1 3 3
3
3
3
0,25
6
a 3b
b 3c
c 3a
4.
6
3
4 a b c
1 3
1 3
3 4
3P
a b c
Suy ra 0,25 Do đó
a b c
1 4
3 4
Dấu = xảy ra
a
4/1c
a 3b b 3c c 3a 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi b
0,25
; d2 có vectơ chỉ phương
)6;3(a2
)1;2(a1 d
1 điểm VIa.1
6.13.2
2
a.a 1
d và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d 1
2
0BA2
Ax
By
nên 0,25
BA2
2
2
AB8A3
0
0 45
cos
B3
2
2
2
B3A B
A3
2 BA
2
)1(
0,25 Lập phương trình đường thẳng ...................... Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương Ta có: 0 là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: 0)1y(B)2x(A:d d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450
0,25
05yx3:d
05yx3:d 05y3x:d
0,25
( 0
22
)
7y6x3
5yx2
1
5yx23
7y6x3
2
2
2
)
2
2
6
)1(
0,25
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng * Nếu B = -3A ta có đường thẳng Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05y3x:d Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình y9x3 08y3x9 (
0cy9x3
c
0cy3x9
0,25
0c3
18
05yx3:d
0,25 . 05y3x:d . 05yx3:d
2 3 +) Nếu d // 1 thì d có phương trình Do Pd nên 0c96 15 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình Do Pd nên c 15 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05y3x:d
0,25
VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn........ 1 điểm
2
2
2
2
2
2
d
d
by2
ax2
cz2
,0
b
y
c
z
0,25
a
0
5 2 1
b
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0 x
nên ta có hệ:
SD,C,B,'A
29
0
21
0
2db2a2 0 dc4b6a2 14 dc4b6a8 dc4b2a8
1 1
2
2
2
Vì 0,25
a c d z 2
x
y
z
5
x
2
y
01
R
I
1;1;
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình:
29 2
5 2
(S) có tâm , bán kính
t1;t1;t
0,25
5 2
H
Suy ra phương trình của d:
0
2t1t1t
t3
t
)P(
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). 1;1;1n (d) có vectơ chỉ phương là: t2/5x t1y t1z
dH
5 2
5 6
5 2
Do nên:
H
;
;
5 3
1 6
1 6
2
2
IH
r
R
IH
29 4
75 36
31 6
186 6
75 36
35 6
, (C) có bán kính 0,25
2
k
1 điểm
)x1(
C
....
k C)1(
....
C
1 1n2
0 1n2
k x 1n2
1n21n2 x 1n2
VII a. Tìm số nguyên dương n biết....... 1n2 Cx (1)
n2
1k
2 * Xét C x 1n2 * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: ...
)x1)(1n2(
C2
C
k kC)1(
....
C)1n2(
2 x 1n2
1 1n2
k x 1n2
n21n2 x 1n2
1n2
2k
0,25 (2)
...
....
3 xC3 1n2
k xC)1k(k)1( 1n2
1n21n2 xC)1n2(n2 1n2
k
k 2
2n 1
0,25 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 2 k )x1)(1n2(n2 C2 1n2
2n(2n 1) 2C
3.2.2C
...
( 1) k(k 1)2 C
... 2n(2n 1)2
C
2 2n 1
3 2n 1 )1n2(n2
k 2 n 1 2 n
n2
40200
20100
n
0
100
0,25 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2n 1 2n 1
Phương trình đã cho
0;5F;0;5
1 F
2
2
2
1
VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 0,25 1 điểm . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh 0,25 (H) có các tiêu điểm là M( 4; 3),
2
2
2
x a b
y b 2 5
2 a
1
F 1
2
2
2
a9
b16
3;4M
E
0;5F;0;5 2 2
2
2
2
2 ba 2 5
b
40
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: ( với a > b) 0,25 (E) cũng có hai tiêu điểm
2
2
2
b16
22 ba
15
a a9
a b
2
2
1
0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ:
y 15
Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 0,25
x 40 VIb. 2 Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất
3
x y
t 2 t 1
1 điểm
3
Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:
;3
;1
t
0
0,25
(23
)1
t 2
P
t (
I
t
4;0;1
)1;1;2(a
z t 3 t I t 2 t I 5)3 1 , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n
1;2;1
Gọi I là giao điểm của (d) và (P) Do
n,a
1;1;1u
0,25 . Gọi u là vectơ chỉ phương của * (d) có vectơ chỉ phương là 3;3;3
:
M
u4;u;u1M
u;3u;u1AM
u4
u1x y u z
. Vì , 0,25
AM
0u.AM
0u.1)3u(1)u1(1
AM ngắn nhất
M
;
;
u
16 3
4 3
0,25 . Vậy
AM u 7 4 3 3 VIIb Giải hệ phương trình:...................
1x3
2y
x3y
2
2.3
)1(
2
x3
1
xy
)2(1x
2 01
x
1 điểm
2
x xx 3(
1 y
)1
0
x
1
xy
x
1
x
1
x
0
0 x y
01
x y
1 31
x
x 3
3
Phương trình (2) 0,25
y
2
y
y
y
y
22
2.3
28
2.12
2
y
log
2
8 11
8 11
3
x
1
x 1 3
* Với x = 0 thay vào (1) 0,25
2
2
2.3
x y
1 31
x
* Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
t
1x
t
x 32 1
1 4
8
3
t
i¹lo8
2
3
Đặt Vì nên 0,25
log
1
2
)3(
6
t
t
01t6
1 t
3
8
t
y
1 3 2
)8
2
x
8
2
3( 3
log log
1
y
log
2
1 3 2y
log
3(
)8
8 11
0x
2
x
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm và 0,25
