ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ppt

Cõu I: (2,0 im) Cho hm s
mxxmxy 9)1(3
23
, vi
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho ng vi
1

m
.
2. Xỏc nh
m
hm s ó cho t cc tr ti
21
, xx sao cho
1 2
2
x x

.
Cõu II: (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh:
1 3cos cos 2 2cos3 4sin .sin 2
x x x x x


2. Gii h phng trỡnh:
2 2

2 3
2 1
x x y y xy
xy x y





(x, y R)
Cõu III: (1,0 im) Tỡm
cotx
dx
sinx.sin x
4







Cõu IV: (1,0 im) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30

0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc
đờng thẳng B
1
C
1
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A
1
B
1
C
1
và tính khoảng cách giữa hai đờng
thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Cõu V: (1,0 im) Xột cỏc s thc dng a, b, c tha món iu kin
1
a b c

. Tỡm giỏ tr
nh nht ca :
3
1 1 1
1 1 1
P
ab bc ca





Cõu VI (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng trũn :
(C
1
): x
2
+ y
2
= 13 v (C
2
): (x - 6)
2
+ y
2
= 25 ct nhau ti A(2; 3).
Vit phng trỡnh ng thng i qua A v ln lt ct (C
1
), (C

2
) theo hai dõy cung phõn bit
cú di bng nhau.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho tam giỏc vuụng cõn ABC cú BA = BC. Bit
A(5 ; 3 ; - 1), C (2 ; 3 ; - 4) v B l im nm trờn mt phng cú phng trỡnh :
6 0
x y z

.
Tỡm ta im B.
Cõu VII (1,0 im) Gii phng trỡnh :

3 9
3
4
2 log log 3 1
1 log
x
x
x




Ht www.laisac.page.tl




Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ them

H v tờn: SBD:

TRNG THPT
CHUYấN
NGUYN HU
K THI TH I HC LN TH NHT NM HC 2010 2011
THI MễN: TON
KHI A,B
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao




TRNG THPT
CHUYấN
NGUYN HU
HNG DN CHM THI TH I HC LN TH NHT
NM HC 2010 2011
THI MễN: TON KHI A, B

CU NI DUNG IM

Với
1

m
ta có
196
23

xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên: )34(39123'
22
xxxxy
Ta có






1
3
0'
x
x
y
, 310'




xy .
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,(

và ),3(

.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng ).3,1(
0,25
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1

x và 3)1( yy
CD
; đạt cực tiểu tại 3

x và
1)3( yy
CT
.
Giới hạn:

yy
xx
lim;lim .
0,25
Bảng biến thiên:

0,25
I-1
(1im)
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(

.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O


0,25
Ta có
.9)1(63'
2
xmxy

0,25
Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx

phơng trình 0'

y có hai nghiệm pb là
21
, xx


Pt
03)1(2
2
xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx .








31
31
03)1('
2
m
m
m )1(
0,25
I-2

(1im)
+) Theo định lý Viet ta có .3);1(2
2121
xxmxx Khi đó

2 2
1 2 1 2 1 2
2 4 4 4 1 12 4
x x x x x x m

0,25
x
y
y
3
-1






0
0
3
1

2
3
( 1) 4 (2)
1
m
m
m
 

   




Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m = - 3 ; m = 1
0,25

PT


1 3cos cos 2 2cos 2 4sin .sin 2
x x x x x x

     





1 3cos cos 2 2 cos .cos 2 sin .sin 2 4sin .sin 2
x x x x x x x x
    

0,25



1 3cos cos 2 2 cos .cos 2 sin .sin 2 0
x x x x x x
    


1 3cos cos 2 2cos 0
x x x
   

1 cos cos 2 0
x x
  

0,25


2
2cos cos 0
x x
 


cos 0
1
cos
2
x
x




 


0,25
II-1
(1 điểm)

2
2
2
3
x K
x K






 



  



0,25
2 2 2 2
2 3 2 3 (1)
2 1 2 1 (2)
x x y y xy x xy y x y
xy x y xy x y
 
         

 
     
 

Cộng (1) và (2) theo vế được
2
( ) 3( ) 4 0
x y x y
    

0,25
Suy ra
1
4
x y
x y
 


  


0,25
Với
1
x y
 
thay vào (2) được
2
2 0
y y
  

Tìm được (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2)
0,25
II-2
(1 điểm)
Với
4

x y
  
thay vào (2) được
2
3 5 0
y y
   

Phương trình vô nghiệm
Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2)
0,25
 
cot cot
2
sinx sinx cos
sin xsin
4
x x
dx dx
x
x

 

 

 
 
 

0,25
=
 
2
cot
2
sin x 1 cot
x
dx
x


0,25
cot 1 1
2 (cot )
cot 1
x
d x
x
 
 



0,25
III
(1 điểm)


2 cot ln cot 1

x x
  
+C
0,25
IV
(1 điểm)

Do )(
111
CBAAH  nªn gãc
1
AA H
lµ gãc gi÷a AA
1
vµ (A
1
B
1
C
1
), theo gi¶ thiÕt th× gãc
1
AA H
b»ng 30
0
.

0,25
C

A

B

C
1
B
1
K

H

A
1
XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc
1

AA H
=30
0

2
a
AH
 
.
1 1 1 1 1
2 3
1 1 a a 3 3
.
3 3 2 4 24
ABCA B C A B C
a
V AH S    

0,25
XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc
1
AA H
=30
0

2

3
1
a
HA  . Do tam gi¸c
A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA  nªn A
1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1
.
MÆt kh¸c
11
CBAH  nªn )(
111

HAACB 
KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA
1
H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA
1
vµ B
1
C
1

0,25
Ta cã AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK 

0,25








 
3
2
1 1 1
1 1 1
1 1 1
ab bc ca
A P
ab bc ca
abc
  
   
     
   
   

0,25
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng và trung bình nhân có :

    
     
    
2
1 1 1
2 2
1 1

4 4 4
1 1 1
2
a b c
a b a b a b
ab
c a b
   
 
    
 
    
  


Tương tự có:
    
1 1 1
1
2
a c b
bc
  
 


    
1 1 1
1
2

b c a
ca
  
 
0,25
Suy ra
2
1 1 1 1
1 1 1
8
A
a b c
 
   
   
   
 
   
 

0,25
V
(1 điểm)
Mà:
3
3
3
1 1 1 1
1 1 1 1 4
a b c

abc
 
   
     
 
   
   
 
Do đó min P = 8 đạt được khi a = b = c
=
1
3

0,25

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C
1
) và (C
2
) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y)
2 2
1
( ) 13
C x y
   
(1)
0,25
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N

2 2
2
( ) (2 ) (6 ) 25C x y      (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
2 2
13
(2 ) (6 ) 25
x y
x y

 


   



Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại vì trùng A) và (x =
17
5

; y =
6
5
). Vậy M(
17
5


;
6
5
)
0,25
VI- 1
(1 điểm)
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0
0,25
AC =
3 2
suy ra BA = BC = 3
0,25
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2
2 2 2
( 5) ( 3) ( 1) 9
( 2) ( 3) ( 4) 9
6 0
x y z
x y z
x y z

     

     


   


0,25
2 2 2 2 2 2
( 5) ( 3) ( 1) 9 ( 5) (4 2 ) (2 ) 9
1 0 1
6 0 7 2
x y z x x x
x z z x
x y z y x
 
           
 
      
 
 
     
 

0,25
VI-2
(1 điểm)
Tìm được:
(2;3; 1)
B

hoặc
(3;1; 2)
B


0,25
Đk: x > 0,
1
3,
9
x x
 

0,25

 
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93



 
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3





1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3







0,25
Đặt: t = log
3
x pt thành :

2
2 4
1, 2
1
1
4
3 4 0
2 1

t
t t
t
t
t t
t t

  
 

   


  

 

0,25
VII.
(1 điểm)
So sánh điều kiện được 2 nghiệm
1
; 81
3
x x
 

0,25