Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần II trường THPT Trần Nguyên Hãn ppt

Trang 1/5

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x



.

2.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
 
1; 1I 
và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N
sao cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II

(2,0 điểm).


1.
Giải phương trình

 
3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos sinx 3 3 0xx x x x
 
.

2.
Giải hệ phương trình

33
22
34
9
x
yxy
xy







.

Câu III
(2,0 điểm).

1.
Cho x, y là các số thực thoả mãn
22
43
x
xy y . 
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức:

33
89
M
xyxy  .


2.
Chứng minh

222
1
2
abc
ab bc ca a b c
ab bc ca
  

với mọi số dương
;;abc

.
Câu IV
(1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều
.' ' 'ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo
a thể tích khối lăng trụ
.' ' 'ABC A B C
.

II. PHẦN RIÊNG
(3,0 điểm):
Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:

A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va
(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
 
2;1M và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a
(2,0 điểm).

1.
Giải bất phương trình
   
22
2
1log log 2 log 6
x
xx
  
.

2.
Tìm m để hàm số
322
3( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)yx m x m m x mm
      
có cực đại và cực tiểu.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb
(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M



. Viết phương trình chính

tắc của elip đi qua điểm M và nhận
 
1
3;0F  làm tiêu điểm.
Câu VI.b
(2,0 điểm).

1.
Giải hệ phương trình
22
1
23
xy
y xx y


 





.

2.
Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến
đến đồ thị hàm số
2
22
1

xx
y
x



và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.

Hết
hoc toan va on thi Dai hoc mien phi !

Trang 2/5



SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN
ĐÁP ÁN
CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định:


\1DR 
.

0,25 đ

Sự biến thiên:


Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
xx
y yy
 
  
là TCN.

 
11
lim ; lim 1
xx
yyx

 
   là TCĐ
0,25 đ


2
4
'0,
1
y xD
x



.


BBT:
-

+

+

-

-1
+
+
1
1
y
y'
x

Hàm số đồng biến trên các khoảng
   
;1, 1;  

Và không có cực trị.
0,25 đ
Ý 1

(1,0đ)


Đồ thị:
ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua

1; 1
.
4
2
-2
-5 5
x = -1
y = 1
y
x
O












0,25 đ

Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k

:11dy kx 
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
:1
1
x
PT kx k
x

 


có 2 nghiệm PB khác
1
.
0,25 đ
Câu I
(2,0đ)


Ý 2
(1,0đ)

Hay:

2
240fx kx kxk có 2 nghiệm PB khác 1

0,25 đ
hoc toan va on thi Dai hoc mien phi !

Trang 3/5


0
40 0
140
k
kk
f



   




.
Mặt khác: 2 2
MN I
xx x  I là trung điểm MN với
0k

.
0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1ykxk 

với
0k 
.
0,25 đ

Chú ý:
Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.

232
2
2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3
0
2cos (3cos sin) 6.cos(3cos sin) 8(3cos sin) 0
xx xx x x xx
x xx x xx xx

      

.
0,50 đ

2
2
( 3cos sin )( 2cos 6cos 8) 0
tan 3
3cos sin 0
cos 1
cos 3cos 4 0
cos 4( )

xx x x
x
xx
x
xx
x
loai




 









.




0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)

,
3
2
xk
k
xk











0,25 đ
Ta có :
22
93xy xy .
0,25 đ
. Khi: 3xy

, ta có:
33
4xy
 
và

 
33
.27xy
 

Suy ra:

33
;
x
y

là nghiệm PT
2
4270 231XX X



0,25 đ
Vậy ngiệm của PT là
33
231, 231xy 
Hay
33
231, 231xy 
.
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2

(1,0đ)

Khi: 3xy  , ta có:
33
4xy  và
 
33
.27xy 
Suy ra:

33
;
x
y là nghiệm PT
2
4270( )
X
XPTVN
0,25 đ
Ta đặt
2tx y
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy

 .
Điều kiện

230
5
t 
0,25 đ


Khi đó
 
3
33
89 2 6 29
M
x y xy x y xy x y xy     

 
32
369ttt ft    

0,25 đ
Câu III
(2,0đ)

Ý 1
(1,0đ)



Xét hàm f(t) với
230230
55

t;
 

 
 
, ta được:
 
35 12 30 35 12 30
55
min f t ; max f t





0,5 đ
hoc toan va on thi Dai hoc mien phi !

Trang 4/5
Ta có:
2
1
2
2
aabab
aa aab
ab ab
ab
  


(1)
0,50 đ
Tương tự:
2
1
2
b
bbc
bc


(2),
2
1
2
c
cca
ca


(3).
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)

Cộng (1), (2), (3), ta có:

222
1
2

abc
ab bc ca a b c
ab bc ca
  


0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có: ( ' )
'
BC AM
B
CAAM BCAH
BC AA


 



.
0,25 đ
Mà '(')
2
a
AH A M AH A BC AH .
0,25 đ
Mặt khác:
222
111 6

'
4
'
a
AA
AH A A AM
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)

KL:
3
.'' '
32
16
ABC A B C
a
V  .
0,25 đ
Gọi d là ĐT cần tìm và
   
;0 , 0;Aa B b
là giao điểm của d với Ox,
Oy, suy ra:
:1
x
y
d
ab

  . Theo giả thiết, ta có:
21
1, 8ab
ab
 .
0,25 đ
Khi
8ab

thì
28ba
 
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0ba dxy   .
0,25 đ
Khi
8ab 
thì
28ba 
. Ta có:

2
440 222bb b
.
Với
   
2
222 :1 2 21 2 40bdxy       
0,25 đ

Câu Va
(1,0đ)

Với
   
3
222 :1 2 21 2 40bdxy        . KL
0,25 đ
ĐK:
06x
. BPT
 

2
2
22
log 2 4 log 6
x
xx
.
0,25 đ
Hay: BPT

2
22
246 16360xx x x x

0,25 đ
Vậy:
18x 

hay
2
x


0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)

So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
26x 
.
0,25 đ
Ta có
22
' 3 6( 1) 2( 7 2)yx mxmm 
0,25 đ

HS có CĐ, CT khi phương trình
22
36(1)2( 72)0xmxmm   có
hai nghiệm phân biệt. Hay
417m  hoặc 417m 
0,25 đ
Chia y cho y’ ta có
'( ) ( ) ( )yyxqxrx 
;
232
22
() ( 8 1) ( 5 3 2)

33
rx m m x m m m      
0,25 đ
Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ
'( ) 0
()
'().() ()
yx
y rx
yyxqx rx








Câu VIa
(2,0đ)

Ý 2
(1,0đ)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là
0,25đ
hoc toan va on thi Dai hoc mien phi !

Trang 5/5
232

22
(81) (532)
33
ymmxmmm      
PTCT elip có dạng:
22
22
1( 0)
xy
ab
ab
 


0,25 đ
Ta có:
22
22
3
1
4
31
ab
ab









0,25 đ
Ta có:
42 2 2
3
4301(),()
4
bb b thb kth
  
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)

Do đó:
2
4a 
. KL:
22
1
41
xy
 
0,25 đ

  
22
10 , 1
y xx y yxyx yxy x
         .

0,50 đ
Khi:
1yx
thì
2
6
23 69 log9
xxx
x



0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)

Khi:
y x
 thì
1
2
3
2
23 3 log3
3
x
xx
x



 


.

0,25 đ

Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M
có dạng
()ykxa b


Sử dụng điều kiện tiếp xúc cho ta hệ
2
1
1
1()
1()(1)
1
1
1
1
1(*)
1(1)(2)
(1)
1
xkxab
xkxab
x
x

k
xkx
x
x


   
   









  







0,25 đ
Lấy (1) – (2) ta có

11
(1 )

12
kab
x
 



Kết hợp với (*) cho ta

2
22 2
1
1
(1 )
(1) 2(1)2 40
1
2
k
k
kab
ak abkb
k










 







0,25 đ
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ
phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt
12
,kk sao cho
12
.1kk



Hay

2
22
2
22
10
1
4
1(1)4
(1)

10
(1)2(1)2 40
a
a
b
ab
a
ab
aabb








    






  


0,25 đ
Câu VIb
(2,0đ)

Ý 2
(1,0đ)

Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn

2
2
14xy trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
0,25 đ
HẾT

hoc toan va on thi Dai hoc mien phi !