SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠ
I HỌC NĂM 2011
TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 M
ôn: Toán – Ngày thi: 06.12.2010
Thời gian 180 phút ( không kể giao
đề )
ĐỀ CHÍNH THỨC Phần chung
cho tất c
ả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32
x
x
y
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.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
2
1
2
2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
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)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
052:
1
yxd .
d
2
: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường
thẳng đó cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai
đường thẳng d
1
, d
2
.
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),
1
916
22
yx
.
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
052:
zyxP và đường thẳng
31
2
3
:)(
zy
x
d , điểm A( -2; 3; 4). Gọi
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao
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):
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* đường thẳng y = 2 là tiệm cận nga
ng của đồ thị hàm số lim lim 2
xx
yy
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
2x,0
2x
1
'y
2
Bảng biến thiên:
x
- 2
2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm
0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
2x
1
)x('y
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
x
x
x
x
x
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
0,25
0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
Z
0,25
II. 2 Giải bất phương trình 1 điểm
ĐK:
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22
01)x21(logx
2
0,25
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
2
1
x
4
1
hoặc x < 0.
0,25 III Tính tích phân 1 điểm
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
+) Tính
e
dx
1
3
2
1
2
2
1
2
1
0,25
+) Tính . Đặt dxxlnxI
1
2
2
e2 e
21 1
1
x1e1xee12e
I.lnx xdx .
33333399
3
1
9
0,25
21
I3II
3
e2225
3
0,25
IV Tính thể tích hình chóp
1 điểm
63 Đề thi thử Đại học 2011
-143-
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
4
3a
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
3
3
3
a3b11 1
a3b1.1 a3b2
33
b3c11 1
b3c1.1 b3c2
33
c3a11 1
c3a1.1 c3a2
33
0,25
Suy ra
333
1
a3b b3c c3a 4abc 6
3
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba
0,25
S
M
A
C
N
B
63 Đề thi thử Đại học 2011
-144-
VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm
Cách 1: d
1
có vectơ chỉ phương )1;2(a
1
; d
2
có vectơ chỉ phương )6;3(a
d
2
) một góc 45
0
A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222
0,25
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng 05yx3:d
0,25
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng 05y3x:d
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222
0,25
+) Nếu d //
1
thì d có phương trình
0cy9x3
.
Do P
d nên
05y3x:d15c0c96
VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
0,25
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
Vì nên ta có hệ:
SD,C,B,'A
1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R
+) 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).
(d) có vectơ chỉ phương là:
1;1;1n
Suy ra phương trình của d:
6
1
;
6
1
;
3
5
H
6
35
36
75
IH
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
23 kk2k 2n1
2n1 2n1 2n1 2n1
2
2
2
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
15ba0;5F;0;5F
222
21
0,25
2bab16a9E3;4M
2222
Từ (1) và (2) ta có hệ:
3
1
32
tz
ty
tx
Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
3;1;32
tttI
Do
4;0;1105)3()1(232
:
. Vì
u4;u;u1MM
,
u;3u;u1AM
0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-146-
AM ngắn nhất AM 0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM
3
4
u
. Vậy
3
16
0)13(
1
113
01
2
yxx
x
xxyx
x
22.12282.322
2
2
y
yyyyy
0,25
* Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
xy
x
31
1
2.322
1313 xx
Đặt Vì
13
2
x
t 1
i¹lo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
11
8
logy
0x
2
và
Copyright: Tài liệu đại học ©