Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 142

Sở GD & ĐT Hà Tĩnh Đề thi thử đại học lần 2 - năm 2011 
Trường THPT Vũ Quang Môn: toán 
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
I. phần chung cho tất cả các thí sinh 
Câu I (2 điểm). Cho hàm số  1 
1 
x 
y 
x 
+ 
= 
- 
( 1 ) có đồ thị  ( ) C . 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ( 1). 
2. Chứng minh rằng đường thẳng  ( ) : 2 d y x m = + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt 
A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn nhất . 
Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình: 
4 4 sin s 1 1 
cot 2 
5sin 2 2 8sin 2 
x co x 
x 
x x 
+ 
= - 
2. Giải hệ phương trình: 
3 2 1 
0 
x y x y 
x y x y 
ỡ + - + = - ù 
ớ 
+ + - = ù ợ 
Câu III (1 điểm). Tính 
2 
0 
sin 2011 
1 
x x 
I dx 
cosx 
p 
+ + 
= 
+ ũ 
Câu IV (1 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Trên các tia Bx, 
Cy vuông góc và nằm cùng một phía với mặt phẳng (P) lấy lần lượt các điểm M, N sao cho 
2 3 BM CN a = = . Tính thể tích khối chóp A.BCNM; Tính góc tạo bởi mặt phẳng (ABC) và mặt 
phẳng (ANM). 
Câu V (1 điểm). Cho ba số thực  x, y, z thỏa mãn điều kiện:  3 3 3 1 x y z - - - + + = . Chứng minh rằng: 
9 9 9 3 3 3 
3 3 3 3 3 3 4 
x y z x y z 
x y z y z x z x y + + + 
+ + 
+ + ³ 
+ + + 
PHầN RIÊNG (Thí sinh được chọn một trong hai phần, không bắt buộc chọn phần nào cả) 
Theo chương trình chuẩn. 
Câu VIa (2 điểm). 1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hai đường 
thẳng:  1 2 ( ) : 2 2 0; ( ) : 2 3 17 0 d x y d x y - + = + - = . Đường thẳng (d) đi qua giao điểm của  1 ( ) d và  2 ( ) d 
cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng (d) sao cho: 
2 2 
1 1 
OA OB 
+ 
nhỏ nhất. 
2. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm  (1, 2, 1) A - và vuông góc với hai mặt phẳng có 
phương trình  1 ( ) : 13 0 P x y z - + - = và  2 ( ) : 3 2 12 2011 0 P x y z + - + = 
VIIa (1 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện  4 3 2 z i + - = . Tìm số phức z có mô đun 
nhỏ nhất. 
Theo chương trình nâng cao. 
Câu VIb (2 điểm). 1. Cho tam giác ABC, có  (3;4), ( 1;2) A B - , có diện tích  3 
4 
S = (đvdt) và có 
trọng tâm thuộc đường thẳng  ( ) : 3 4 0 d x y - + = . Tìm tọa độ đỉnh C. 
2. Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 
2 3 1 
0 1 2 2 1 2 1 2 1 ..... 
2 3 1 
n 
n 
n n n n S C C C C n 
+ - - - 
= + + + + 
+ 
VIIb (1 điểm). Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:  2 2 3 1 x mx x + - = + 
Họ và tên thí sinh:....Số báo danh:. 
www.laisac.page.tl
Câu Đáp án vắn tắt Điể 
m 
Câu I 
2 
2. Chứng minh rằng đường thẳng  ( ) : 2 d y x m = + luôn cắt (C) tại hai điểm phân 
biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. Xác định m để đoạn AB có độ dài ngắn 
nhất . 
. Để đường thẳng (d) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình. 
1 
2 
1 
x 
x m 
x 
+ 
= + 
- 
có hai nghiệm phân biệt với mọi m và  1 2 1 x x < < 
1 ( 1)(2 ) 
1 
x x x m 
x 
+ = - + ỡ 
Û ớ ạ ợ 
có hai nghiệm phân biệt  1 2 1 x x < < 
2 2 ( 3) 1 0 (*) 
1 
x m x m 
x 
ỡ + - - - = 
Û ớ 
ạ ợ 
có hai nghiệm phân biệt  1 2 1 x x < < 
Û 
0 
(1) 0 f 
D > ỡ 
ớ < ợ 
2 ( 1) 16 0 
(1) 2 ( 3) 1 2 0 
m m 
f m m 
ỡD = + + > " 
Û ớ 
= + - - - = - < ợ 
Vậy với mọi giá trị của m thìđường thẳng  ( ) : 2 d y x m = + luôn cắt (C) tại hai 
điểm phân biệt A, B thuộc hai nhánh khác nhau. 
. Gọi  1 1 2 2 ( ;2 ), ( ; 2 ) A x x m B x x m + + là hai điểm giao giữa (d) và (C).(  1 2 ; x x là hai 
nghiệm của phương trình (*)) 
Ta có  2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ; 2( )) ( ) (2( )) 5( ) AB x x x x AB x x x x x x = - - ị = - + - = - 
uuur 
Theo Vi ét ta có  2 1  5 ( 1) 16 2 5 
2 
AB m m ộ ự = + + ³ " ở ỷ .  2 5 1 AB m = Û = - 
Vậy với m = -1 là giá trị cần tìm. (R) 
Câu 
II 
1 
2 
. 1. Giải phương trình:  4 4 sin s 1 1 cot 2 
5sin 2 2 8sin 2 
x co x 
x 
x x 
+ 
= - 
Điều kiện: sin 2x 0 x k (k ) 
2 
p 
ạ Û ạ ẻÂ 
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: 
2 1 1 sin 2  1 1 2  cot 2 
5sin 2 2 8sin 2 
x 
x 
x x 
- 
= - 
2 1 8(1 sin 2x) 20cos 2x 5 
2 
Û - = - 
9 
cos 2 ( ) 
2 
1 
cos 2 
2 
x loai 
x 
ộ = ờ 
Û ờ 
ờ = ờ ở 
( ) 
6 
x k k p p Û = ± + ẻÂ ( R) 
. 2. Giải hệ phương trình:  3 2 1 
0 
x y x y 
x y x y 
ỡ + - + = - ù 
ớ 
+ + - = ù ợ 
Điều kiện: 
x y 0 
3x 2y 0 
+ ³ ỡ 
ớ + ³ ợ 
. 
Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với 
1 3 2 
0 
x y x y 
x y x y 
ỡ + + = + ù 
ớ 
+ + - = ù ợ 
2 2 ( 1) ( 3 2 ) 
0 
x y x y 
x y x y 
ỡ + + = + ù 
ớ 
+ + - = ù ợ 
1 1 
2 2 
x y x y 
x y y x 
ỡ + = + - ù Û ớ 
ù + = - ợ 
1 1 
2 2 
y x x y 
x y y x 
ỡ - = + - ù Û ớ 
ù + = - ợ
4 1  4 1 
5 1 3 1 
y x  y x 
x y y x  x x 
= - = - ỡ ỡ ù ù Û Û ớ ớ 
+ = - - = - ù ù ợ ợ 
1 
3 
x 
y 
= ỡ 
Û ớ = ợ 
(R ) 
Câu 
III
Câu 
IV
Câu 
V 
. Tính  2 
0 
sin 2011 
1 
x x 
I dx 
cosx 
p 
+ + 
= 
+ ũ 
2 2 
0 0 
2011 sin 
1 cos 1 cos 
x x 
dx dx K L 
x x 
p p 
+ 
= + = + 
+ + ũ ũ 
. Tính 
2 
0 
2011 
1 cos 
x 
K dx 
x 
p 
+ 
= 
+ ũ Đặt 
2011 
tan 
1 cos  2 
u x  du dx 
dx  x 
dv  v 
x 
= + = ỡ ỡ 
ù ù ị ớ ớ 
= = ù ù + ợ ợ 
2011 ln 2 
2 
K p = + - 
Tính 
2 
0 
sin 
1 cos 
x 
L dx 
x 
p 
= 
+ ũ  ln 2 = 
2011 
2 
I K L p = + = + (R ) 
. Hạ đường cao AH của tam giác ABC. Suy ra AH là đường cao của hình chóp 
A.BCNM. Đáy BCNM của hình chóp trên là một hình thang vuông có diện tích: 
3 
3  3 3 2  . 
2 4 
a 
a 
S a a 
+ 
= = ,  3
2 
a 
AH = 
Thể tích khối chóp A.BCNM là 
3 3 
8 
a 
V = (đvtt) 
. MN, BC kéo dài cắt nhau tại K ị C là trung điểm của BK ị  ABK D vuông tại 
A  AK AM ị ^ . Từ đó suy ra ã MAB là góc hợp bởi hai mặt phẳng (P ) và (ABC). 
Ta có ã ã  0 tan 3 60 MB MAB MAB 
MA 
= = ị = . Vậy góc giữa hai mặt phẳng (P) và 
(AMN) bằng  0 60 . (R) 
. Đặt  3 ,3 ,3 x y z a b c = = = . Do đó :  , , 0 a b c 
ab bc ac abc 
> ỡ 
ớ + + = ợ 
Ta có 
2 3 3 3 
2 2  ( )( ) 
a a a a 
a bc a abc a ab ac bc a b a c 
= = = 
+ + + + + + + 
2 3 3 3 
2 2  ( )( ) 
b b b b 
a ac b abc b ab ac bc b c b a 
= = = 
+ + + + + + + 
2 3 3 3 
2 2  ( )( ) 
c c c c 
c ab c abc c ab ac bc c a b c 
= = = 
+ + + + + + + 
áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có : 
3  3 
( )( ) 8 8 4 
a a b a c a 
a b a c 
+ + 
+ + ³ 
+ + 
3  3 
( )( ) 8 8 4 
b a b b c b 
a b b c 
+ + 
+ + ³ 
+ + 
3  3 
( )( ) 8 8 4 
c a c b c c 
a c b c 
+ + 
+ + ³ 
+ +
Câu 
VIa. 
1 
VIa2 
Câu 
VIIa 
Câu 
VIb 
1 
Cộng vế với vế ta có 
2 2 2 
4 
a b c a b c 
a bc b ac c ba 
+ + 
+ + ³ 
+ + + 
.(đpcm) 
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c  x y z Û = = 
. Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng  1 2 ( ), ( ) d d thì  (4;3) M . Xét tam giác 
OAB vuông tại O ta có: 
2 2 2 
1 1 1 
OA OB OH 
+ = ( trong đó H là chân đường cao hạ từ 
O xuống AB của tam giác OAB ). Để 
2 2 
1 1 
OA OB 
+ nhỏ nhất thì 
2 
1 
OH 
nhỏ nhất Û 
OH lớn nhất Û  H M º . Khi đó (d) nhận véc tơ OM 
uuuur 
làm véc tơ pháp tuyến 
(4;3) OM = 
uuuur 
. Phương trình đường thẳng (d) là:  4 3 25 0 x y + - = ( R) 
. Ta có: 
1 
(1, 1,1) p n = - 
uur 
, 
2 
(3, 2, 12) p n = - 
uuur 
. Vì ( P ) vuông góc với hai mặt 
phẳng có phương trình  1 ( ) : 13 0 P x y z - + - = và  2 ( ) : 3 2 12 2011 0 P x y z + - + = 
nên 
1 2 
; (10, 15, 5) 5(2,3,1) p p p n n n ộ ự = = = ở ỷ 
uur uur uuur 
Phương trình mặt phẳng ( P ) là:  2 3 7 0 x y z + + - = ( R) 
.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện  4 3 2 z i + - = . Tìm số phức z có mô 
đun nhỏ nhất. 
Gọi  ( , ) z x yi x y = + ẻĂ ta có  4 3 2 z i + - =  ( 4) ( 3) 2 x y i Û + + - = 
2 2 ( 4) ( 3) 4 x y Û + + - = là đường tròn (C) tâm I(-4;3) bán kính R = 2 
2 2 2 2 2 z x y z x y = + Û = + (  1 C ). Đặt  z r = . Để r nhỏ nhất thì ( C) và (  1 C )tiếp 
xúc ngoài 
Tọa độ điểm tiếp xúc của hai đường tròn là giao điểm của đường tròn (C) và 
đường thẳng IO. Mà  ( 4;3) OI = - 
uur 
. Phương trình đường thẳng OI là 
4 
( ) 
3 
x t 
t 
y t 
= - ỡ 
ẻ ớ = ợ 
Ă .Tọa độ giao điểm của OI và ( C) là nghiệm của hệ: 
2 2 
12 9 4  ( ; ) 
5 5 3 
28 21 
( ; ) ( 4) ( 3) 4  5 5 
x t  M 
y t 
M x y 
ộ ỡ = - - ờ ù = Û ờ ớ 
ờ ù - + + - = ợ ờ ở 
Ta thấy với  12 9 ( ; ) 
5 5 
M - thì  z đạt giá trị nhỏ nhất và  12 9 
5 5 
z i = - + (R) 
. Tọa độ trung điểm của AB là  (1;3) I . 
Ta có  ( 4; 2) (1; 2) AB AB n = - - ị = - 
uuur uuur 
. Phương trình đường thẳng AB là:  2 5 0 x y - + = 
Ta có  ( ; ) 3 ( ; ) d C AB d G AB = . Mà  1 3 3 . ( ; ) ( ; ) 
2 2  4 5 
ABC S AB d C AB d C AB = = ị =
2. 
Câu 
VII b 
1 
( ; ) 
4 5 
d G AB ị = . Điểm G nằm trên đường thẳng  ( ) : 3 4 0 d x y - + = nên 
0 
0 
4 
( ; ) 
3 
x 
G x 
+ . Ta có 
0 
0 
2 2 
4 
2( ) 5 
1 3 ( ; ) 
4 5 1 ( 2) 
x 
x 
d G AB 
+ 
- + 
= = 
+ - 
0 
0 
0 
25 
3  4 7 
31 4 
4 
x 
x 
x 
- ộ = ờ 
Û + = Û ờ 
- ờ = ờ ở 
25 3 83 33 
( ; ) ( ; ) 
4 4 4 4 
31 5 101 39 
( ; ) ( ; ) 
4 4 4 4 
G C 
G C 
- - ộ ị - - ờ 
Û ờ 
- - ờ ị - - 
ờ ở 
( R) 
2. Cho n là số nguyên dương. Tính tổng: 
2 3 1 
0 1 2 2 1 2 1 2 1 ..... 
2 3 
n 
n 
n n n n S C C C C n 
+ - - - 
= + + + + 
Xét  0 1 2 2 (1 ) .... n n n n n n n x C xC x C x C + = + + + + . Lấy tích phân hai vế trên đoạn [ ] 1; 2 ta 
có. 
2 2 
0 1 2 2 
1 1 
(1 ) ( .... ) n n n n n n n x dx C xC x C x C dx + = + + + + ũ ũ 
2  2 3 1 
0 1 2 
1 
2 1 2 1 2 1 
(1 ) ..... 
2 3 
n 
n n 
n n n n x dx C C C C S n 
+ - - - 
+ = + + + + = ũ 
1 1 3 2 
1 
n n 
S 
n 
+ + - 
ị = 
+ 
Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:  2 2 3 1 x mx x + - = + (*) 
Đặt t = x+1 suy ra x = t – 1, khi đó với  1 0 x t ³ - ị ³ . Phương trình (*) trở 
thành: 
2  ( 4) ( 1) 0 (**) t m t m + - - + = . Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 
1 x ³ - thì phương trình (**) phải có hai nghiệm phân biệt  0 t ³ 
2 0 ( 4) 4( 1) 0 
(0) 0 ( 1) 0 1 
4 
0 0 
2 2 
m m 
f m m 
S m 
ỡ ỡ 
ù ù D > - + + > 
ù ù 
³ Û - + ³ Û Ê - ớ ớ 
ù ù - ù ù ³ ³ 
ợ ợ 
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng các cách khác để giải các bài toán trên. 
Tính giới hạn sau: 
3 
2 
4 
tan 1 
lim 
1 2cos đ 
- 
= 
- x 
x 
I 
x p
Cho 0 , x y < v   1 x y + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của  2 2 
1 1 
P 
x y xy 
= + 
+