ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG pdf

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 13
3
 xxy (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
mmxx 33
3
3

Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
 
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2

5 0
( , )
2 5 1 0
x y xy x y
x y
xy y y

   



   


¡

Câu III (1 điểm)
Tính
2
cos
8
sin 2 cos2 2
x
dx
x x

 

 
 

 


Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC),
, 2
SA AB a AC a
  
và
·
·
0
90 .
ASC ABC 
Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
  
     

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm

(4; 1), ( 3; 2)
A B
  
và đường thẳng
:3 4 42 0
x y
   
. Viết
phương trình đường tròn
( )
C
đi qua hai điểm
,
A B
và tiếp xúc với đường thẳng .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6). Chứng
minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC)
trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2
3 3
(2 1)log (4 9)log 14 0
x x x x
    

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy

, cho hình thoi
ABCD
có A(1; 0), B(3; 2) và
·
0
120 .
ABC
Xác định tọa độ hai
đỉnh
C
và
.
D

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt
phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích
khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3
3 3 27 9
( , )
log ( 1) log ( 1) 1
x y x y x y
x y
x y
   

  



   

¡

Hết
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……………www.laisac.page.tl

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
 Tập xác định: D =
¡

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2 2
' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1
y x y x x y y
            

0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng (1; 1)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y
CT
= y(1) = 1;

+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và y
CĐ
= y(-1) = 3.
- Giới hạn:
x x
lim , lim
 
   

0,25
Bảng biến thiên:






0,25
'' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1
y x y x x y
      

 điểm uốn I(0; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị
(C’) của hàm số: 13
3

 xxy và đường thẳng (d): 13
3
 mmy
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số: 13
3
 xxy , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời
0
x
 
thì
3
3
3 1 3 1
y x x x x
     

0,25
I
(2,0 điểm)

Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:

0,25

1
y’(x)
y(x)


+


1
0
0 +
+


3


1



+



x
y
0
1

2

1
2
1











1
3
x
y
0
1


2

1
2
1









1
3


(d)

+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân
biệt là:
3
3
3
2 3
3 0
1 3 1 1
0 3
3 2 0

1
m
m m
m m
m
m m
m

   


 

      



 



  







0,5

1. (1,0 điểm)
1) ĐK: ,x k k

 
¢

Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
4 4 2 2
2 2 2
1
cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 1
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
+ = - -
Û - = - -

0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
- = - - Û = -

Û - - =

0,25
2
2
2 , ( )
3
x l
x l l Z
p
p
p
é
=
ê
ê
Û
ê
= ± + Î
ê
ë

0,25
II
(2,0 điểm)

So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
2
2 ,
3

x l l
p
p
= ± + Î
¢

0,25
2. (1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
2
5 0
1
2 5 0
x
x xy
y
x y
y

   




   



0,25
1

( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y

  





   



0,25
2
( )
1
3
3
( )
1
2
x y
I
x

y
x y
II
x
y
  





 





 





 






0,25

Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:


















2
51
;
2
55
;
2
51
;

2
55

0,25
III
(1,0 điểm)

2
cos
1 cos(2 )
1
8
4
sin 2 cos2 2 2 2
1 sin(2 )
4
x
x
dx dx
x x
x



 

 
 
 


 
 
 

0,25
A
S
C
B
M
H
2
cos(2 )
1
4
2 2
1 sin(2 )
sin( ) cos( )
4
8 8
x
dx
dx
x
x x


 








 


 
 


  


 
 


 

0,25
2
cos(2 )
1 1
4
3
2
2 2
1 sin(2 ) sin ( )

4 8
x
dx
dx
x x

 





 




  



 

0,25

1 3
ln 1 sin(2 ) cot( )
4 8
4 2
x x C

 


     






0,25
+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH
 (ABC)

3
3, ,
2
a
SC BC a SH  
2
3
2
ABC
a
S



3
.

1
.
3 4
S ABC ABC
a
V S SH

 
0,25

+ Gọi M là trung điểm SB và

là góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3
 
 AM  SB và CM  SB

·
cos cos
AMC


0,25
+ SAC = BAC 
3 6
2 2
a a
SH BH SB   

0,25
IV
(1,0 điểm)

AM là trung tuyến SAB nên:
2 2 2 2
2
2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
 
 
10
4
a
AM 
Tương tự:
42
4
a
CM 
·
2 2 2
AM CM AC 105
cosAMC
2.AM.CM 35
 
   

Vậy:
105
cos
35


0,25
Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
  
. Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn:
xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
  
     

0,25
V
(1,0 điểm)

Ta luôn có Bđt thức đúng:


2
3

2 2
3
3
3 3 3
0
x y x xy y xy
     




3
2 2
3
3 3
3 3 3 3
1 1 1
x y x y x xy y x y xy
 
          
 
 




3
3
3 3
1

x y xy x y z
    
3
3
3
3
1
1
z
x y
x y z
 
 
 
(1)
0,25
Tương tự:
3
3
3
3
1
1
x
y z
x y z

 
 
(2);

3
3
3
3
1
1
y
z x
x y z

 
 
(3)
0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được:
1
T

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy
max
1
T

đạt được khi a = b = c = 1
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI

2
= BI
2
 7a + b = 2 (1)
0,25
BI
2
= d
2
(I,)  (a + 3)
2
+ (b + 2)
2
=
2
(3 4 42)
25
a b 
(2)
0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23)
0,25
+ I(1; -5)  R = 5
(C): (x – 1)
2
+ (y + 5)
2
= 25
+ I(-3; 23)  R = 25
(C): (x + 3)

2
+ (y – 23)
2
= 625
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+




8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0
AC OB AC OB AC OB
           
uuur uuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB

   


   

  


uur uuur
uur
uur uuur

+ Do OABC là hình thoi và
( )
SI OABC

nên:
( )
AC OB
AC SOB
AC SI


 




0,25
VI.a
(2,0 điểm)

Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ

IH SO

tại H thì
IH AC

tại H. Vậy IH là đoạn vuông
góc chung của SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
11
2 11
SI OI
d SO AC IH
SO
    
0,25

Ghi chú: Có thể dùng công thức:
|[ , ]. |
( , )
|[ , ]|
SO AC OI
d SO AC
SO AC

uuur uuur uur
uuur uuur

0,50
ĐK: x > 0. Đặt:

3
log
t x
 , phương trình trở thành:
2
(2 1) (4 9) 14 0
x t x t
    
(1)
0,25
Do
2 1 0, 0
x x
   
nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:
2 2
' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5|
x x x x
          

 pt (1) có các nghiệm :
7
2 ;
2 1
t t
x
 


0,25

+ Với t = 2 ta được pt:
3
log 2 9
x x
  

0,25
VII.a
(1,0 điểm)

+ Với
7
2 1
t
x


ta được pt:
3 3
7 7
log log 0
2 1 2 1
x x
x x
   
 

Xét hàm số:
3
7

( ) log
2 1
f x x
x
 

, TXĐ :
(0; )
D
 

2
1 14
'( ) 0, 0
.ln3
(2 1)
f x x
x
x
    


 Hàm số f là một hàm đồng biến trên
(0; )
D
 
.
Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3

0,25
1.(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra ABD đều.
Ta có :
(2; 2)
AB 
uuur
, trung điểm của AB là M(2;1)
 pt trung trực của đoạn AB:
3 0
x y
  

0,25
D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t)
0,25
+ ABCD là hình thoi nên:
2 2 2
( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3
AD AB t t t t t            
0,25
+
2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)
t D C      
+
2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)
t D C       
0,25
2.(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:

( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )
A a B b C c

trong đó a, b, c là các số thực dương  phương trình mp(ABC):
1
x y z
a b c
  

0,25
+ M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
  

+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OAOB OC a bc
 
0,25
+ Theo bđt CauChy:
3
1 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27
ab c V
a b c a b c
       

0,25
VI.b
(2,0 điểm)

Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c
a b c
     

Vậy
max
27
V

đạt được khi
(3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)
A B C
0,25
ĐK:
1, 1
x y
   
. Khi đó hệ tương đương:
2 1 2 1 3( )
3.3 3.3 3 9 (1)
( 1)( 1) 3

x y x y x y
x y
    


  

  



0,25
Đặt:
2 1 2 1
3 , 3 ,
x y x y
u v
   
  ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành:
3
3 3 9 ( 3)( 3) 0
3
u
u v uv u v
v


       




(thỏa ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
3 3
( 1)( 1) 3 2 2 0
VN
x y
y x
x y x x
 
 
 
 

 
 
     
 
 

0,25
VII.b
(1,0 điểm)

TH2: Với v = 3, ta có hệ:

2 1
2
2
0
2 2
3 3
1
( 1)( 1) 3 2 0
1
2
x y
x
y
x y
x
x y y y
y
 
 






 
 
 



 
 



    

 
 








So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:


2; 0
,
1
1;
2
 
 
 

Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:



2; 0
,
1
1;
2
 
 
 

0,25

Hết