ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,D - TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG doc

Trờng THPT Huỳnh Thúc Kháng


Đề thi thử Đại học lần I - năm 2011



Tổ toán

Môn thi:
Toán
- Khối A- Khối D


Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh
(
7,0điểm
):
CâuI
(
2,0 điểm
)
Cho hàm số y =
1
4
2
+

x

x
. Đồ thị (C).
1.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2.

Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0.
Câu II
(
2,0 điểm
)
1. Giải phơng trình:
( )
x
x
x
2
sin
1
cos
4
sin
2
+

=
1+tanx

2. Giải hệ phơng trình:



=
+
+
+
+
=
+
6
8
5
4
)1
(
)
(
2
2
4
2
2

y
x
y
y
y
x
x

Câu III (
1,0 điểm
)

Tính tích phân: I =
dx
x
x

+
+
1
0
6
4
1
1

CâuIV (
1,0 điểm
)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SB, SC, và mặt

phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (
1,0 điểm
)

Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
xy
z
z
xz
y
y
yz
x
x
+
+
+
+
+
3
33

II.
Phần riêng

(
3,0 điểm
):

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.A(
2,0 điểm
)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (S): x
2
+ y
2
2x - 4y = 0. và đờng thẳng (d)
x + y -1 = 0. Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (S) và
góc BAC bằng 60

.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x y +2z +11 = 0, và hai điểm A(1;-1;2)
B(-1;1;3). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.
Câu VII.A(1,0điểm)

Giải phơng trình:
(
)
(
)
2
log
log
1
1
3

1
3
2
2
x
x
x
x
+
=
+
+


B. Theo chơng trình Nâng cao.

Câu VI.B (
2,0điểm
)
1. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh B, D lần lợt
thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng đi qua điểm
M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất.
Câu VII.B(1,0điểm
)
Giải bất phơng trình:

( ) ( )
x
xx
+
2
2
loglog
1515

Hết

Lu ý:
Thí sinh thi khối
D
không phải làm các câu
VII.A, VII.B
Họ và tên thí sinh Số báo danh



www.laisac.page.tl
Đáp án và biểu điểm chấm
(Đề thi thử khối A- D năm 2011)

Câu I Lời giải Điểm
1.(1,0đ)

3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y =
1
42

+

x
x



Giải: 1. TXĐ: D = R\ {-1}
2. Sự BT: + TCĐ: x = -1, TCN: y = 2.
+ y =
2
)1(
6
+x
> 0 x -1.
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và (-1; +).
+ Ta có BBT:

+
+
2
+

-

+

-1
-

y
y'
X
2

3. Đồ thị hàm số nh hình vẽ:



0,25đ


0,25đ






0,25đ

0,25đ

2.(1,0đ)

Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d)

Giải:
PT đờng thẳng () vuông góc với (d) có dạng: 2x y + m = 0 y = 2x + m.
PT hoành độ giao điểm của (C) và()là:
1
42
+

x
x
=2x + m 2x
2
+ mx +m+4 = 0 (*).

() cắt (C) tại hai điểm phân biệt = m
2
- 8m 32 > 0
m< 4 - 4 3 ; m > 4 + 4 3 (**)
Tọa độ các giao điểm: A(x
A
; 2x
A
+m), B(x
B

;2x
B
+ m).
Trung điểm của AB có tọa độ I(
2
BA
xx +
; x
A
+x
B
+m).
áp dụng Vi ét cho PT (*) ta có: x
A
+ x
B
= -
2
m
; x
A
.x
B
=
2
4
+
m
. I(-
4

m
;
2
m
).
A,B đối xứng nhau qua (d) I (d) -
4
m
+ m + 3 = 0 m = - 4. (t/m **)
Khi m = - 4 ta có:



=
=+
0
2
BA
BA
xx
xx
x
A
= 0; x
B
= 2, hoặc x
A
= 2; x
B
= 0

Vậy trên (C) có hai điểm đối xứng nhau qua (d): A(0; - 4), B(2; 0)
Hoặc A(2; 0), B(0; - 4)


0,25đ







0,25đ




0,25đ



0,25đ

Câu II.


Điểm
1.(1,0đ)

Giải phơng trình:
( )
x
x
x
2sin1
cos
4
sin2
+








= 1+tanx (1)


Giải: Đkxđ : cosx

0 x


2

+ k. (*)
(1)

x
4
sin2

(sinx + cosx)
2
= (sinx +cosx)
(sinx +cosx)






+ 1)cos)(sin
4
(sin2 xxx

= 0 (sinx +cosx).cos2x = 0




=

=+
02cos
0cossin
x
xx





=
+=



.
.
4
mx
mx
(t/m (*))
Vậy PT có nghiệm : x = m, x = -
4

+ m. (m Z)



0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,25đ

2.(1,0đ)

Giải hệ phơng trình:



=+++
+=+
6854
)1()(
2
2422
yx
yyyxx
(I)


Giải: ĐKXĐ; x -
4
5
. (I)

=+++
+=+
6854
2
4623
yx
yyxyx
.
Ta thấy y = 0 không thỏa mn hệ
Chia hai vế PT thứ nhất cho y
3
, ta đợc: yy
y
x
y
x
+=+








3
3
. (*)

Xét hàm số: f(t) = t
3
+ t,(t R), có f(t) = 3t
2
+1 > 0 t R. f(t) đồng biến t R.

Từ (*) ta suy ra: f(
y
x
) = f(y)
y
x
= y x = y
2
. Thay vào PT thứ hai của hệ ta có
854 +++ xx = 6 2 )8)(54( ++ xx = 23 -5x






=++

2
)523()8)(54(4
5
23
xxx
x

=+

04142
5
23
2
xx
x











=
=

)(41
1

5
23
4
5
Lx
x
x
x =1
y
2
= 1 y = 1. Vậy hệ đ cho có hai nghiệm: (x;y) = (1;-1),(1;1)


0,25đ




0,25đ






0,25đ


0,25đ

Câu III

(1,0đ)
Tính tích phân: I = dx
x
x

+
+
1
0
6
4
1
1



Giải: Ta có: I = dx
xxx
xxx

++
++
1
0
242
224
)1)(1(
)1(

= +
+

1
0
2
1x
dx
dx
x
x

+
1
0
6
2
1
= I
1
+ I
2

Ta có: I
1
=

+
1
0

2
1x
dx
. Đặt x = tant, t (-
2

;
2

). dx = (1+tan
2
t)dt .
x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. I
1
=

==
+
+
4
0
4
0
2
2
tan1
)tan1(

dt
t
dtt

4

.
I
2
= dx
x
x

+
1
0
6
2
1
. Đặt: x
3
= tant, t (-
2

;
2

). 3x
2

dx = (1+tan
2
t)dt


0,25đ





0,25đ


0,25đ




x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. Do đó I
2
=
123
1
tan1
)tan1(
3

1
4
0
4
0
2
2


==
++
+

dt
t
dtt

Vậy I = I
1
+ I
2
=
4

+
12

=
3

0,25đ

Câu IV
(1,0đ)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của
SB, SC, và mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối
chóp S.ABC

Giải:
I
H
A
B
C
S
K
a
M
N

Gọi K là trung điểm của BC, I = SK MN I là trung điểm của SK và MN.
Vì (AMN) (SBC) SK (AMN) AI SK AI vừa là đờng cao vừa là trung
tuyến , do đó SAK cân đỉnh A, SA = AK =
2
3a

.
Gọi H là tâm đáy SH (ABC) ta có: SH =
12
5
22
aAHSA =
Diện tích đáy S
ABC
=
4
3
2
a
. Vậy V=
3
1
. SH. S
ABC
=
3
1
.
12
5
a .
4
3
2
a
=

24
5
3
a








0,25đ







0,25đ



0,25đ


0,25đ
Câu V
(1,0đ)

Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P =
xyz
z
xzy
y
yzx
x
+
+
+
+
+
333


Giải.
Ap dụng BĐT Cối cho 3 số ta có:

2
3
2
1
4
3
xyzx
yzx
x
+

+
+
+
(1).
2
3
2
1
4
3
yxzy
xzy
y
+
+
+
+
(2)

2
3
2
1
4
3
zxyz
xyz
z
+
+

+
+
(3). Cộng theo vế (1) ,(2),(3) ta đợc:
P + )(
2
3
4
4
zyx
zxyzxyzyx
++
+
+
+
+
+
P
4
2
9 zxyzxy
+
+
(*)
Mặt khác ta có : (x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
0 xy +yz +zx

3
1
(x+y+z)
2
= 3 (**)
Thay (**) vào (*) ta đợc: P
2
3
4
3
2
9
= .
Vậy min P =
2
3
, đạt đợc x = y = z = 1





0,25đ



0,25đ

0,25đ



0,25đ
Câu
VI.A


1.(1,0đ)

Tìm điểm A(d): x+y -1= 0, từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC với đờng tròn (S)
x
2
+ y
2
2x - 4y = 0 và góc BAC = 60.
Điểm

Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) (d): kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60
Khi đó góc BAI = 30. Đờng tròn (S) có tâm I(1;2), bán kính R = 5
d
R
I
B
A
C

Trong tam giác ABI ta có AI = 2R = 2 AI

2
= 20 (a- 1)
2
+ (a+1)
2
= 20
a
2
= 9 a = 3 có hai điểm thỏa mn A
1
(3; -2), A
2
(-3; 4)

0,25đ





0,25đ






0,25đ
0,25đ
2(1,0đ)

Cho hai điểm A(1;-1;2) , B(-1;1;3) và mf(P): 2x y +2z +11 = 0. Tìm điểm C (P)
sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.


Gĩải Vì AB không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất CA + CB nhỏ nhất.
Thay tọa độ A,B vào VT của (P) A,B nằm cùng phía với (P). Gọi A là điểm đối
xứng của A qua (P), đờng thẳng AB cắt (P) tại C C là điểm cần tìm.


P
A
H
A'
B
C

PT đờng thẳng (d) qua A (P) có VTPT )2;1;2( n có dạng:





+=
=
+=
tz
ty
tx
22

1
21
, (t R).
Tọa độ giao điểm H của (d) và (P): 2(1+2t) + 1+t+ 2(2+2t) +11 = 0 t =-2,
H( -3; 1; -2) A(-7;3;-6).
PT đờng thẳng AB có dạng:





+=
=
+=
tz
ty
tx
96
23
67
.
Tọa độ C = AB (P) : 2(-7+6t) -3 + 2t + 2(-6+ 9t) +11 = 0 t =
16
9

C(-
16
15
;
8

15
;
8
29
)


0,25đ











0,25đ



0,25đ

0,25đ
Câu
VII.A
Giải phơng trình:
(
)
(
)
2
loglog
11313
22
xx
xx
+=++ . (1)


Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt
(
)
t
x
=
2
log
13 , (t > 0).
(
)
t

x
x
=+
2
log
13
Khi đó (1) có dạng: t +
t
x
2
= 1 + x
2
t
2
- (1+x
2
)t + x
2
= 0 t = 1, hoặc t = x
2
.
0,25đ


0,25đ


*) t = 1
(
)

113
2
log
=
x
log
2
x = 0 x = 1. (T/M).
*) t = x
2

(
)
2
log
2
13 x
x
=
(
)
xx
x
22
2
log
2
log
log
4)2(13 ==

1
4
13
2
log
=









x
log
2
x = 0 x = 1. (T/M). Vậy PT (1) có nghiệm: x = 1.
0,25đ


0,25đ
Câu
VI.B


1(1,0đ)

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh

B, D lần lợt thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0.


Giải: Vì BD Ox, và B(d
1
), D(d
2
) tọa độ B( b; b), D( b;
2
3
+
b
).
Vì B, D cách đều trục Ox
2
3+
=
b
b
2b= (b+3) b = 3, hoặc b = -1.
*) b = 3 B(3;3), D(3; 3) ( loại)
*) b = -1 B(-1;-1), D(-1; 1). Khi đó tâm I của hình vuông có tọa độ: I (-1;0)
Lấy A(a; 0) Ox A là đỉnh của hình vuông IA
2
= IB
2

(a+1)
2
= 1 a = 0,
hoặc a = -2. Do đó A(0; 0), C(-2;0), hoặc A(-2;0), C(0 ;0)
Vậy có hai hình vuông: A(0; 0), B(-1;-1), C(-2;0), D (-1; 1)
A(-2;0), B(-1;-1), C(0; 0), D (-1; 1)
0,25đ


0,25đ



0,25đ


0,25đ
2(1;0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt
phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện
OABC có thể tích nhỏ nhất

Giải: Gọi A(a; 0;0), B(b; 0 ;0), C(c; 0 ;0) lần lợt thuộc các tia Ox, Oy, Oz.
(a,b,c > 0). Khi đó PT mf(P) đi qua ABC có dạng: 1=++
c
z
b
y
a

x
. (P)
(P) đi qua M 1
321
=++
c
b
a
(*). Ta có: V
OABC
=
6
1
abc.
Ap dụng BĐT Côsi ta co:
3
6
3
321
1
abccba
++=
6
1
abc 27 V
OABC
27
Min(V
OABC
) = 27 đạt đợc

3
1321
===
c
b
a
a = 3, b = 6, c = 9.
Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1
9
6
3
=++
zyx
6x + 3y + 2z -18 = 0


0,25đ


0,25đ



0,25đ

0,25đ
Câu
VII.B
Giải bất phơng trình:
(

)
(
)
x
xx
+
22
loglog
1515 (1)


Giải: Đk xđ: x > 0. (1)
(
)
(
)
x
xx
2
22
log
loglog
21515 +
1
2
15
2
15
22
loglog

+
xx
. Đặt t
x
=

+
2
log
2
15
, (t > 0)

t
x
1
2
15
2
log
=









. Khi đó (1) t -
t
1
1 t

2
t 1 0.

2
51
2
51 +


t 0 < t
2
51+

2
15
2
15
2
log
+









+

x
log
2
x 1
x 2. Kết hợp với đk x > 0 (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2]

0,25đ


0,25đ



0,25đ


0,25đ

Lu ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó.
2) Điểm bài thi khối D đợc chia nh sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm
giữ nguyên nh thang điểm trên.