đề thi thử đại học hay-có giải số 1

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
NĂM HỌC 2011-2012
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I
ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang
Câu I. Cho hàm số
3 2
y 2x x 4x 1 (C)   
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến phân biệt cùng hệ số góc k tiếp xúc
với (C) và đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt trục hoành tại điểm A, cắt
trục tung tại điểm B sao cho OB = 2012.OA
Câu II.
1. Giải phương trình
7
1 x 4x 6
2
   
2. Giải hệ phương trình
3x y 5x 4y 5
12 5x 4y x 2y 35

   


   


Câu III
1. Giải phương trình

2
2 cos2x
cot x cos x 1
1 tan x sin x
   


2. Nhận dạng tam giác ABC biết:
2
2bc
cos(B C)
a
 
(Trong đó A, B, C là ba góc; a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB)
Câu IV
1. Cho hai đường tròn
2 2
1
(C ) :(x 1) ( y 2) 4    và
2 2
2
(C ) :(x 2) (y 3) 2   
cắt nhau tại điểm A(1; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C
1
), (C
2
)
lần lượt tại M và N sao cho: MA = 2.NA;
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a,


0
ABC 60  ,
tam giác SAB đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH.
a. Tính thể tích khối chóp S.ABC
b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)
Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn
2 2
x y 3
x y xy 4
 


  

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P(x,y) x y xy 2xy.  
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
AOTRANGTB.COM
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :


Họ và tên thí sinh :………….……………………………… … …….SBD:………………
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – KHỐI A+AB
Câu Nội dung Điểm
I.1

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
32
y2x x 4x1(C)


1.00

1- TXĐ : R
2.SBT . - Giới hạn:
xx
lim ; lim .
 
 
- Có :
2
2
y' 6x 2x 4 (x 1)(6x 4);y' 0 x 1;x .
3
  

- BBT.
Hàm số đb trên khoảng
(;1) 
và
2
(; ),
3

nb trên
2

(1; ).
3


Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ;
giá trị cực đại là f(-1) = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ;
giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27.
3. Đồ thị. Điểm uốn
191
I( ; )
654

làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0);
317
(;0)
4

; đi qua (-2 ; -7)

0.25










0.25





0.25






0.25
I.2
Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k…
1.00

- Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f'(x) k



22
6x 2x 4 k 6x 2x (4 k) 0
(*)
- Có 2 tiếp tuyến
(*) có 2 nghiệm p/b
25
' 1 6(4 k) 0 k .(**)
6
      
- Có :
1137
f(x) f'(x)( x ) x 1.
3189
 Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f'(x) k và

1137 3k37 k18
yf(x)k(x ) x1 x
3189 9 18

  




Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm là :
3k 37 k 18

yx;(d)
918






- Khi đó tọa độ giao điểm
k18 k18
A ;0 ,B 0; ; 37 3k 0.
2(37 3k) 18















0.25

0.25



0.25


+

-

-
17
27
4
_
+
+0
0
+

2
3
- 1
-


y
y'
x
8
6
4
2
-2
-
4
-
6
-1
5
-1
0
-
5
5 1
0
1
5
O


- Đk:
(**)
k18 k18
OB 2012.OA 2012 | 37 3k | 18108

18 2(37 3k)

 



18145 18071
k;k .
33
 
Vậy có hai giá trị k thoả mãn.
18145 18071
;.
33



0.25

II.1
Giải phương trình:
7
1x 4x6
2


1.00

Đặt 1x u;4x6 v;u,v0.   Ta được hệ :
22

2(u v) 7 (1)
4(1 u ) v 6 (2)






(1)
7
uv
2

, thế vào (2):
22 2
v3
7
v4( v)105v28v390
13
2
v
5








- Với
13
v3;u 4x63 x .
24
 
(tm)
- Với
13 9 13 19
v;u(tm)4x6 x .
510 5 100
 

Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100.


0.25



0.25


0.25


0.25
II.2
Giải hệ phương trình:
3x y 5x 4y 5
12 5x 4y x 2y 35




 







1.00

- Đk: 3xy0;5x4y0.  
Đặt
22
u 3xy;v 5x4y x2y2(3xy)(5x4y)2u v
Hệ trở thành:
22 22
uv5 u5v
12v 2u v 35 0 2(5 v) v 12v 35 0
 


   




2
u5v
v8v150






v3;u2
v5;u0







TH1
.
v3 5x4y9 x1
u2 3xy4 y1

 

 

 
.
TH2

.
25
x
v5 5x4y25
7
u0 3xy0 75
y
7









 




. Vậy hệ có 2 nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7)


0.25

0.25


0.25



0.25
III.1
Giải phương trình:
2
2cos2x
cot x cos x 1 (1)
1tanx sinx
 


1.00

- Đk : sin x 0;cos x 0 x k ,k Z.
2



2
cos x cos2x
(1) 2cos x cos x 1
sin x sin x




2
2cos xsin x cos x cos2x cosxsin x sin x

2
(2cos xsinx sinx) (cosx sinxcosx) cos2x 0


22
(2cos x 1)sin x cosx(1 sinx) (2cos x 1) 0

2
(2cos x 1)(sin x 1) cos x(1 sin x) 0




0.25


0.25





2
(sin x 1)(2cos x cos x 1) 0  (sin x 1)(cos x 1)(2cos x 1) 0


 

12
2cos x 1 0 cos x x k2 ,k Z (t / m)
23



Vậy phương trình có hai họ nghiệm :
2
xk2,kZ
3


.

0.25




0.25

III.2
Nhận dạng tam giác ABC biết
2
2bc
cos(B C) (*)
a


1.00

- Áp dụng định lý Sin trong tam giác

2
2sin B.sin C 4sin Bsin C
(*) cos(B C) 2sin A cos(B C)
sin A sin A
  


4sinBsinC 4sinBsinC
2sin(B C)cos(B C) sin2B sin2C
sin A sin A
  


sin Bsin C sin Bsin C
(sin Bcos B ) (sin CcosC ) 0
sin A sin A



sin C sin B
sin B(cosB ) sin C(cosC ) 0
sin A sin A


sin B(sin AcosB sin(A B)) sinC(sinAcosC sin(A C)) 0

sin BsinBcosA sinCsinCcosA 0  
22 0
(sin B sin C)cosA 0 cosA 0 A 90 . Vậy

ABC vuông tại A.



0.25



0.25




0.25

0.25
IV.1

22
1
(C ):(x 1) (y 2) 4 ;
22
2
(C ) :(x 2) (y 3) 2


 ; A(1;4)
1.00

- Giả sử MN có dạng :
22
a(x 1) b(y 4) 0; a b 0.     ( Do MN đi qua A)
- Gọi H
1
, H
2
lần lượt là trung điểm AM, AN

2222
12111222
AH 2.AH R O H 4(R O H )   
22 22
11 22
R d (O ,(d)) 4[R d (O ,(d))]  
22
22 22
|a 2b a 4b| |2a 3b a 4b|
442
ab ab
 
  


 


 

 


22
22 22
4b 4(a b)
48
ab ab

 


2
2
22
a2ab
1b2ab0
ab




TH1.
b
1, a 0 (d) : x 1 0 
TH2.
b
2a 0.  Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0.

Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0.





0.25




0.25

0.25

0.25

IV.2a
Tính thể tích khối chóp S.ABC
1.00

- Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH.
- Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ;
AC 2 3.
- Tam giác ABH có

00
ABH 60 BAH 30  ;

2
2
AB a a a 3
BH ; AH a .
22 4 2
 

- AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB
trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB.

AOB cân tại O


00
ABO 30 OBH 30





0.25




0.25

C
2
C

1
(d)
R
2
R
1
M
N
A
O
1
O
2
H
2
H
1
a
a
30
0

2a
a
a3
a
A
C
S
H

O
M


- Tam giác BHO có :
0
a
OH BH.tan 30 ;
23



a
OA OB 2OH .
3
 
( Suy ra O nằm giữa A và H)
- Tam giác SAO có :
2
222
a2
SO AB OB a a .
33


3
S.ABC
1112a2
V SO.S(ABC) AB.AC.SO .a.a 3.a .
36636


(đvtt)




0.25


0.25

IV.2b
Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)
1.00


- Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC mp(SOM) AC SM (2)


Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO.
Tam giác SMO vuông tại O

SMO

- Trong tam giác AOM có :

0
aa3a
OM AOsin OAM sin 60 .
22

33


Vậy :
2
a
SO 26 26
3
tan arctan .
a
MO 3 3
2
   


0.25

0.25

0.25



0.25
V
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
P(x,y) x y xy 2xy.
1.00
- Đặt xy3a,a0.  Khi đó có hệ :

22
2
xy3a xy3a
xy3a
(x y) 4 a 6a 5
(x y) 3xy 4
xy xy
33
 


 
 









 x, y là nghiệm của phương trình :
2
2
a6a5
t(3a)t 0(*)
3


  

- Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm.

2
22
a0
a0
7a0
4
a6a70
(3 a) (a 6a 5) 0
3




     








- Khi đó :
232
(a 6a 5)(a 1) a 7a 11a 5
P(x,y) xy(x y 2) f(a)

33
    
  


2
111
f '(a) (3a 14a 11); f '(a) 0 a 1;a ;
33
 
- BBT.

f( 7) 24;

11 256
f( ) ;
381


5
f(0) .
3







0.25

0.25








0.25





-24
5
3
0
256
81
+
_

+0
0
0-1
-
11
3
-7
f(a)
f'(a)
a
Vậy :
a [ 7;0]
2
x y
256 11
3
maxP(x, y) f (a) a
32
81 3
xy
27
max



     


 






3 105 3 105
x ; y
9 9
3 105 3 105
x ; y
9 9
   
 

   
 






0.25
(Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa)

Vĩnh Tường, 25 – 10 – 2011
Soạn Đề – Đáp án : Nguyễn Minh Hải
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :