SỞGIÁODỤC_ĐTTPHCM
THITHỬĐẠIHỌC
,NĂM2011
THPTCHUYÊNLÊHỒNGPHONG (Thờigain
180phút,khôngkểthờigianphátđề)

I. PHẦN CHUNG
CHO TẤT CẢ THÍ
SINH: (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 3.
1. Kh
ảo sát s
ự biến thiên và vẽ đồ
thị (C
) c
ủa hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ
thị (C), biết ti
ếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).
Câu II (2 điểm):
1. Giải hệ p
hương trình:
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)

  


Câu IV (1 điểm)
:
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD =
2a 3 , các cạnh
bên
bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích
của hình c
ầ
ại tiế
ứ diện
SOCD.
Câu V (1 đi
m)
Cho x, y, z là các s
ố thực
dương th
ỏa xyz = 1. Chứng minh:
3 3 3
1 1 1
3
8
(1 x) (1 y) (1 z)

 
  
.
II. PHẦN RI


, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t

 

 


 


và mặt phẳng
(): x – y + z – 6 = 0. Lập
phương trình đường thẳng
(d) biết d // ()
và (d) cắt (d
1
),
(d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
Câu VII.a (1 điểm):
Tìm tập h
ợp các điểm bi
ểu diễn cho


, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
  

 


 

và mặt
phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với
(d
1
), cắt () tại N sao cho MN = 3.
Câu VII.b (1 điểm):
ải hệ phương trình
x y
lnx 2lny lnx lny
e e (lny lnx)(1 xy)
2 3.4 4.2


   


Bảng biến thiên:
0.25

y'' và điểm u
ốn
Giá trị đặc biệt
0.25

Đồ thị và nh
ận xét:
0.25
2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ

Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1.
0,25

(d) tiếp xúc (C) 
3 2
2
x 3x 3 kx k 1
3x 6x k

    


 



    



 

 

 

∑ = 1đ

(I) 
2 2
2 2
y xy x 4y 1
7y y(x y) 2x 2

    


   



2
2
2y(x y) 2x 8y 2 (1)
y(x y )(x y ) 2x 7y 2(2)


   

.
0.25

 x – y = –5  x = y – 5.
(1)
 10y = –2(y – 5)
2
– 8y – 2  2y
2
– 2x + 52 = 0 (VN)
Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5).
0.25
2
Giải phương trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
   

    
.
∑ = 1đ

Điều kiện:

0.25
Download t€i liệu học tập tại :
2cosx 3 0
cos2x 2cosx 1 3(cosx 1 ) 0


.

(1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2
x + 2cosx – 7sinx + 5

2sinxcosx – cosx + 2sin
2
x + 9sinx – 5 = 0
 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0
 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0
0.25



1
sinx
2
sinx cosx 5




 




x k2

Tính tích phân sau: I =
3 3 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x
  


∑ = 1đ

I =
2
2 3
1
x x 8 dx

+
2
2
1
(6x 4x)lnxdx

= I
1
+ I
2
.
0.25

3
2 2 t 2 74
t. tdt . 64 27
3 3 3 9 9
 
   
 
 
 

.
0.25


Tính I
2
:
Đặ
t u = lnx

u' =
1
x

v' = 6x
2
+ 4x, ch
ọ
n v = 2x
3


V
ậ
y I =
74 23 5
24ln2 24ln2
9 3 9

  
0.25
Câu IV
Cho hình chóp SABCD có
ABCD là hình bình hành tâm O,
AB = 2a, AD =
2a 3 , các c
ạ
nh
bên bằng nhau và bằng 3a, gọi
M là trung
đ
iểm c
ủ
a OC. Tính
thể tích khối chóp SABMD và
diện tích của hình cầu ngoại tiếp
tứ diện SOCD.
∑ = 1đ

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).
 ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD

ABCD
1 4a 15
S .SO
3 3

. Do đó V
SABMD
=
3
SABCD
3
V a 15
4

.
0.25

 Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆ OCD.
Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d

(ABCD) nên d là trục của ∆
OCD.
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I.
Ta có: OI là trung trực của SO
 KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.
0.25

Ta có: GO =

(1 x) (1 y) (1 z)
  
  
(1)
∑ = 1đ

Ta có:
3 3 2
1 1 1 3 1
.
8 2
(1 x) (1 x) (1 x)
  
  

Tương tự, ta được:
2 2 2
3 1 1 1 3
2VT .
2 8
(1 x) (1 y) (1 z)
 
   
 
  
 
 
0.25

Do đó ta cần chứng minh

2
+ y
2
)xy
≥
x
2
+ y
2
+ 2x
2
y
2
 2xy(1 – xy) + (x
2
+ y
2
)(xy – 1)
≥
0

(xy – 1)(x – y)
2

≥ 0. (
đ
úng do xy
≥
1)
0.25

(1 z) (1 z)
1
z
  

 


=
2
2
z z 1
(z 1)
 

=
2 2 2 2
2 2 2
4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3
4 4
4(z 1 ) 4(z 1 ) (z 1)
     

  
  
0.25

Vậy (3) đúng 
(1) đúng


 C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y).
C  (T)  25y
2
+ y
2
+ 20y – 2y – 8 = 0
 26y
2
+ 18y – 8 = 0

y 1 x 5
4 20
y x
13 13
    


   


 C(5; –1) (Do x
C
 Z)
0.25

 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0

m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0.
B  (AB)  B(b; 5b + 4).
B  (T)  b











và mặt phẳng ():
x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình
đường thẳng (d) biết d // (
) và (d) cắt (d
1
),
(d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
∑ = 1đ

M  (d
1
)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n) 


NM  2m  n 1;m  n  5;2m  n  2

; n (1; 1;1)

3 2m

2m

2
NM =
3 6
 2m
2
– 2m + 2 = 6  m
2
– m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.
0.25

 m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì
M  ().
0.25

 m = 2: M(5; 0; –2) và
NM

= 3(1; –1; –2)  (d):
x 5
y z 2
1 1 2


 



Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x
2
+ 3y
2
– 2x – 4y – 8 = 0.
0.25
VI.b
∑ = 2đ
Download t€i liệu học tập tại :