Trường PTTH chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM 2011
www.vnmath.com Môn: TOÁN – Khối A +B
Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG 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:
1
2
x
y
x
−
=
−
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến này cắt trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B khác gốc toạ độ O sao cho OA = 4 OB
Câu II ( 2, 0 điểm)
1. Giải phương trình:
4sin 3 sin 5 2sinx. os2 0x x c x+ − =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
21 1
21 1
x y y
y x x
+ = − +
+ = − +
Câu III (1 điểm)
Tìm nguyên hàm của hàm số:
2 3
2
ln( 4) 4
( )
4
x x x
f x
x
+ +
=
+
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D;E, F lần lượt là
các trung điểm của các cạnh BC, C
1
A
1
,C
1
B
1.
Hãy tính thể tích tứ diện ABC
1
A
1
và khoảng cách giữa hai
đường thẳng DE, A
1
F theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn:
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
4 2ln(1 ) 4 2ln(1 ) 4 2ln(1 )
P
x y y z z x
= + +
+ + − + + − + + −
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; 1), B(-2; 5), trọng tâm G thuộc đường thẳng
( )
1
: 2 3 1 0x y∆ + − =
, đỉnh C thuộc đường thẳng
( )
2
: 1 0x y∆ + − =
. Tính diện tích tam giác ABC
2. Trong không gian toạ độ Oxyz,cho hình hộp
1 1 1 1
.ABCD A B C D
. Biết A(1;2;-1),C(3;-4;1),B
1
(2;-1;3),
D
1
(0;3;5). Tính toạ độ các đỉnh còn lại hình hộp.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Giải phương trình:
( )
2
2 2
2
2 1 2
(3 5) 3 5 2 0
x x
x x x x
−
− + −
− + + − ≤
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn tiếp xúc với trục hoành tại A(6;0) và đi
qua điểm B(9;9)
2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; -1), B(-2; 1; 3). Tìm toạ độ điểm M trên trục Ox
để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
4
4 3.4 8
3 2 log 3
x y y
x y
+
+ =
+ = −
(x;y
∈
R)
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A + B ĐỘT I
(Đáp án này gồm 4 trang)
Câu Đáp án Điể
m
I
(2điểm)
1. ( 1,0 điểm)
• TXĐ:
{ }
\ 1R
• Sự biến thiên:
( )
2
1
' 0; 2
2
y x
x
−
= ∀ ≠
−
p
0.25
Hàm số nghịch trên các khoảng
( ) ( )
;2 ; 2;−∞ +∞
; hàm số không đạt cực trị
Giới hạn và tiệm cận:
lim 1
x
y
→−∞
=
;
lim 1
x
y
→+∞
=
⇒
1y =
là tiệm cận ngang
2 2
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
2x
⇒ =
là tiệm cận đứng
0.25
• Bảng biến thiên:
x -
∞
2
+∞
y’ - -
1
+∞
y
−∞
1
0.25
• Đồ thị:
y
1
O 2 x
0.25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
1
4
4
OB
OA OB
OA
= ⇔ = ⇒
hệ số góc của đường tiếp tuyến
1
4
k = ±
0.25
Mặt khác:
( )
2
1
' 0; 2
2
y x
x
−
= ∀ ≠
−
p
nên
1
4
k
−
=
( )
2
3
4
2
2 4
1
0
2
x y
x
x y
= ⇒ =
⇔ − = ⇔
= ⇒ =
0.25
Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn bài toán:
( )
1 3
4
4 2
y x= − − +
và
1 1
4 2
y x= − +
0.5
Ghi chú: Nếu sai phương trình của một tiếp tuyến thì trừ 0.25đ
Câu Đáp án điểm
II
(2điểm)
1. (1điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
4sin 3 sin 5 sin3 sinx 0x x x+ − − =
0.25
3sin 3 sin 5 sinx 0 3sin 3 2sin 3 . os2 0 sin 3 (3 2 os2 ) 0x x x x c x x c x⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + =
0.25
sin 3 0x⇔ =
0.25
;
3
k
x k Z
π
⇔ = ∈
0.25
2. (1điểm)
ĐK:
1; 1x y≥ ≥
Trừ theo vế hai phương trình của hệ và chuyển vế ta được:
2 2 2 2
21 1 21 1x x x y y y+ + + − = + + + −
(*)
Ta có hàm số:
2 2
( ) 21 1f t t t t= + + + −
đồng biến trên
[
)
1;+∞
nên
( )
* x y⇔ =
0.25
Thay x=y vào một phương trình của hệ ta được:
2 2
21 1x x x+ = + −
⇔
2 2
21 5 1 1 4x x x+ − = − − + −
( ) ( ) ( )
2
2 2
4 2 2 1
2 2 2 2 0
1 1 1 1
21 5 21 5
x x x
x x x x
x x
x x
− − +
⇔ = + − + ⇔ − − − − =
÷
− + − +
+ + + +
0.25
( )
( )
( )
2
0; 1
0; 1
2
1 1
2 1 ( )
1 1
21 5
x
x
x
x VN
x
x
> ∀ ≥
< ∀ ≥
=
⇔
+ − =
÷
− +
+ +
142 43
1 4 44 2 4 4 43
0.25
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2;2) 0.25
III
(1điểm)
Ta có:
( )
( )
( )
2
2
2
ln 4
16
4
4
4
x x
x
f x x
x
x
+
= + −
+
+
( ) ( )
( )
2
2 2
2
4
1
( ) ln 4 ln 4 4 8
2 4
d x
f x dx x d x xdx
x
+
⇒ = + + + −
+
∫ ∫ ∫ ∫
0.5
=
2 2 2 2
1
ln ( 4) 2 8ln( 4)
4
x x x C+ + − + +
0.5
IV
(1điểm)
Ta có hình đã cholà lăng trụ đều và
1 1 1
3
.
. 3 / 4
ABC A B C
V a=
0.25
0.25
0.25
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1
. . .ABC A B AC A B ACC B B A C
V V V V= = =
E
F
A
B
C
A1
C1
B1
D
E
I
J
K
Do đó:
1 1 1 1 1
3
.
1 3
3 12
ABC A ABC A B C
a
V V= =
Khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A
1
F bằng
khoảng cách giữa A
1
F và (ADE)
Lấy I, J lần lượt là trung điểmcủa AD, A
1
F thì
( )
1
A F EIJ⊥
.
Trong (EIJ) kẻ
JK IE
⊥
thì
( )
( )
1
;JK d A F ADE=
Ta có:
1 1
4 4
B C a
JE = =
; IJ=a;
2 2
17
IJ EJ
4
a
IE = + =
Trong tam giác vuông IJE ta có:
. 17
17
IJ JE a
JK
IE
= =
0.25
Câu Đáp án Điể
m
V
(1 điểm)
Từ giả thiết suy ra:x;y;z thuộc
[ ]
0;3
nên
4 2ln(1 )x y+ + −
>0;
4 2ln(1 ) 0y z+ + − >
;
4 2ln(1 ) 0z x+ + − >
Với A; B; C là các số dương ta có:
1 1 1 9
A B C A B C
+ + ≥
+ +
áp dụng vào bài toán ta có:
( ) ( ) ( )
9
12 2ln 1 2ln 1 2ln 1
P
x y z x y z
≥
+ + + + + + − − −
0.25
Xét hàm số
( )
g t =
[ ]
( ) 2ln(1 ) 4, 0;3g t t t t= + − + ∈
Ta có:
1
'( )
1
t
g t
t
−
=
+
; Lập BBT ta có:
0 ( ) 2ln 2 3g t< ≤ +
0.25
Suy ra:
3
3 2ln 2
P ≥
+
.Dấu “=” xảy ra khi x= y = z =1
0.25
Vậy:
3
min
3 2ln 2
P =
+
0.25
VI.a 1. (1 điểm)
(2 điểm)
Vì:
( ) ( )
2
;1C C c c∈ ∆ ⇒ −
1 7
;
3 3
c c
G
− + −
⇒
÷
0.25
Mặt khác:
( )
( )
( )
1
2 1
7 1 0
3
c
G c
−
∈ ∆ ⇒ + − − =
( )
16 16; 15c C⇔ = ⇒ −
0.25
Đường thẳng AB qua A(1;1) ; B(-2;5) có phương trình: 4x + 3y -7 = 0
( )
2 2
| 4.16 3.15 7 | 12
;
5
4 3
h d C AB
− −
= = =
+
0.25
1
. 6
2
ABC
S AB h⇒ = =
0.25
2. (1 điểm)
Gọi I; I
1
lần lượt là tâm của các hình bình hành ABCD; A
1
B
1
C
1
D
1
. Ta có:
1
(2; 1;0); (1;1;4)I I−
.
0.25
Ta có:
1
( 1;2;4)II = −
uur
Sử dụng :
1 1
AA II=
uuur uur
ta có:
1
(0;4;3)A
.
0.25
Tương tự ta có:
( ) ( ) ( )
1
3; 3; 1 ; 2; 2;5 ; 1;1;1B C D− − −
Lưu ý: Nếu sai toạ độ một đỉnh thì trừ 0.25
0.5
VII.a
(1 điểm)
Bất phương trình tương đương với:
2 2
2 2
3 5 3 5
( ) ( ) 2 0
2 2
x x x x− −
− +
+ − ≤
0.25
Đặt
2 2
2 2
3 5 3 5 1
( 0)
2 2
x x x x
t t
t
− −
+ −
= > ⇒ =
÷ ÷
÷ ÷
0.25
ta được bất phương trình:
1
2 0t
t
+ − ≤
2
1
0 1
t
t
t
−
⇔ ≤ ⇔ =
÷
0.25
2
2 0x x⇔ − = ⇔
x=0 hoặc x = 2 0.25
Câu Đáp án điểm
VI.b
( 2điểm)
1. (1 điểm)
(C ) tiếp xúc với Ox tại A(6;0), qua điểm B(9;9) nên tâm I(6;b), b>0 và R = b nên phương
trình có dạng:
( ) ( )
2 2
2
6x y b R− + − =
0.5
B(9;9) nằm trên (C ) nên: b
2
=25 (b>0)
5b⇒ =
5R⇒ =
0.25
Vậy phương trình đường tròn:
( ) ( )
2 2
6 5 25x y− + − =
0.25
2. (1,0 điểm)
Vì M ở trên Ox nên toạ dộ có dạng M(t;0;0) 0.25
Khi đó:
( ) ( ) ( )
1; 2;1 ; 3; 1;4 ; 7; 4 1; 5AM t AB AM AB t t
= − − = − − ⇒ = − − + − −
uuuur uuur uuuur uuur
0.25
2
1 1
| ; | 17 2 75
2 2
ABM
S AM AB t t
= = + +
uuuur uuur
0.25
Hàm số
2
( ) 17 2 75f t t t= + +
đạt GTNN tại
1
17
t
−
=
. Vậy
1
;0;0
17
M
−
÷
là điểm cần tìm.
0.25
VII.b
(1 điểm)
Hệ đã cho tương đương với:
3
4
1 2 1
1 2 log
2 1
3
3
4
4
4 3.4 2
4 3.4 2
1 1 2 log
1 1 2 log
x y y
y
y
x y y
x y y
+ − −
− −
−
+ =
+ =
⇔
+ − = − −
+ − = − −
0.5
⇔
1 2
2 1
3
4
4
3.4 2
3
2 3 log
y
y
x y
−
−
+ =
= − −
2 1
3
4
3.4 1
2 3 log
y
x y
−
=
⇔
= − −
0.25
( )
( )
3
4
3
4
1
1 log
2
1
1 log
2
x
y
= +
⇔
= −
Chú ý: có thể đặt
1 2 1
4 ; 3.4 ( 0; 0)
x y y
u v u v
+ − −
= = > >
(0.25đ) Hệ đã cho đưa về hệ:
( )
( )
3
4
3
4
1
1 log
2 1
2
(0.25d) (0.25 ) (0.25 )
. 1 1 1
1 log
2
x
u v u
d d
u v v
y
= +
+ = =
⇔ ⇔
= =
= −
0.25