ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011
MÔN: TOÁN KHỐI A, B
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
- 3x + 2 (C) (1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Chứng minh rằng qua điểm M
o
28
;0
27
 
 ÷
 
kẻ được ba tiếp tuyến với (C) trong đó có hai tiếp tuyến
vuông góc với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3
3
8x 2x (y 4) y 3 0
8x 2x y y 3 7 0

+ − + + =


+ − − + − =


2. Giải phương trình:

( )
2 2
cos x cos3x 3 4sin x 2sin x cosx sin 6x 0
 
− − + + =
 
.
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB=AD=a, AA’=2a. Trên DD’ lấy M sao cho AM ⊥ B’C.
Tính thể tích tứ diện MA’CD.
Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân:
2
1
2
0
xln(x 1 x )
dx
1 x
+ +
∫
+
.
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng
27xyz
xy yz xz
3 xyz
+ + >
+
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a(1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxy cho ∆ABC: A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM và cạnh BC của tam giác
∆ABC tương ứng là: x -3 = 0 và 7x + 2y - 31 = 0. Viết phương trình các cạnh AB, AC.
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
có phương trình
1
x 3 y 1 z 3
:
2 1 0
− − + −
∆ = =
,
2
x 2 y 5 z
4 1 1
+ −
∆ = = =
−
. Chứng minh ∆
1
và ∆
2
chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất
tiếp xúc với ∆
1

và ∆
2
.
Câu VIII.a(1,0 điểm)
Giải phương trình: log
2
x +log
3
x +log
4
x = log
2
x.log
3
x.log
4
x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxy cho A(1,1) và đường tròn (C) có phương trình: (x - 2)
2
+(y - 2)
2
= 9, M và N là
hai điểm chuyển động trên (C) và thỏa mãn MN =2, S là diện tích ∆AMN. Tìm S
Max
.
Câu VII.b(1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxyz cho M(2;4;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và cắt các trục Ox, Oy,
Oz tại A, B, C tương ứng với hoành độ, tung độ và cao độ dương sao cho 4OA =2OB =OC.

Câu VIII.b(1,0 điểm) Giải phương trình: 4
x
+ 6
x
= 25x +2
Hết
Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh:……………… …………
(Lê Văn Vượng GV THPT Bình Xuyên -Vĩnh Phúc)
ĐÁP ÁN
CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A,B - MÔN TOÁN
Câu ý Đáp án Điểm
Câu I
(2,0)
1.
(1,0)
1/ Khi m =0
3
y x 3x 2= − +
Tập xác định: R.
Chiều biến thiên:

2
y' 3x 3= −
→ y’ = 0 ↔ x = 1 hoặc x = -1

x
lim y
→∞
= ∞

,
x
lim y
→−∞
= −∞
Bảng biến thiên:
0,5
+ Hàm số đồng biến trên (∝; -1); và (1; +∝); nghịch biến trên (-1;1).
+ Hàm số có cực đại tại x = -1, y
CĐ
= 4; cực tiểu tại x = 1, y
CT
=0.
0,25
Đồ thị:
Đồ thị giao với Ox tại (1;0) và (-2; 0); giao với Oy tại (0; 2).

0,25
2.
(1,0)
2/ Phương trình đường thẳng qua điểm M
o
28
;0
27
 
 ÷
 
có hệ số góc k là:

28
y k x
27
 
= −
 ÷
 
đường thẳng là tiếp tuyến của (C
o
)
↔
( )
3
3 2
2
28
x 3x 2 k x
28
x 3x 2 3x 3 x
27
27
3x 3 k

 
− + = −

 
 ÷
→ − + = − −
 


 ÷
 

− =


0,25
↔ (x - 1)(18x
2
- 10x - 10) = 0 ↔ x
1
=1,
2 3
5 205 5 205
x ,x
18 18
− +
= =
Vậy có ba tiếp điểm thuộc (C
o
) với hoành độ tìm được → qua M
o
ta
kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị.
0,5
x
y’
y
-∞ +∝

-1
1
4
0
-∝
+∝
2
4
0
1
-1-2
x
y
0
0
++
-
Giả sử (d
1
),(d
2
), (d
3
) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k
1
,k
2
,k
3
Khi x

1
=1→ k
1
= 0 tiếp tuyến (d
1
) y = 0 (trục Ox) →(d
2
) và (d
3
)
không thể vuông góc với (d
1
).
k
2
.k
3
=
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
2 3 2 3 2 3 2 3
3x 3 3x 3 9 x x x x 2x x 1
 
− − = − + + +
 
=
2 2
10 10 10

9 2. 1 1
18 18 18
 
   
− − + = −
 
 ÷  ÷
   
 
. Vậy (d
2
) và (d
3
) vuông góc nhau.
0,25
Câu II
(2,0)
1.
(1,0)
1/ Điều kiện y ≥ -3.(*)
Từ phương trình (1) ↔ (2x)
3
+ 2x =
( )
3
y 3 y 3
+ + +
→ x ≥ 0.(**)
0,25
Đặt f(x) =x

3
+x , f’(x) =3x
2
+1 > 0∀x ≥0 →f(x) luôn đồng biến /[0;+∞)
Từ (1):
( )
f (2x) f y 3 2x y 3
= + ↔ = +
→ y =4x
2
-3
0,25
Thay vào (2) ta được 4(x -1)(2x
2
+x +1) = 0 ↔ x =1 thỏa mãn (**)
Với x =1 →y =1. Vậy nghiệm hệ phương trình
x 1
y 1.
=


=

0,5
2.
(1,0)
2/ Đặt t =cosx, điều kiện
t 1
≤
(*).

Phương trình ↔ t
2
- [cos3x.(3 - 4sin
2
x) + 2sinx].t + sin6x = 0 (1).
Phương trình dạng t
2
- (a +b).t + ab = 0
t a
t b
=

↔

=

.

2
cosx 2sin x(2)
(1)
cosx cos3x.(3 4sin x)(3)
=

↔

= −

0,25
+ (2) ↔ cosx = 2sinx ↔ cotx = 2 ↔ x = arccot2 + kπ, k ∈Z.

0,25
+ (3) ↔ cosx = cos3x(3 - 4sin
2
x)
Nếu sinx =0 → (cosx =1, cos3x =1) hoặc (cosx = -1, cos3x = -1)
không thỏa mãn (3)
Nếu sinx ≠ 0 khi đó (3) ↔ sin2x = sin6x
k
x ,k 2n 1,n Z
2
k
x ,k Z
8 4
π

= = + ∈

↔

π π

= + ∈


Vậy nghiệm của phương trình là: x = arccot2 + kπ; x = …
0,5
2/ Do A’D // B’C và AM ⊥B’C → AM ⊥A’D
→ ∆A’AD ∼∆ADM (g,c,g) ↔
2 2
AA' AD AD a a

DM
AD DM AA' 2a 2
= ↔ = = =
0,25
CâuIII
(1,0)
(1,0)
Thể tích V
(MA’CD)
= V
(CA’D’D)
– V
(CA’D’M)
0,25
V
(CA”D’D)

3
1 1 1 a
. A'D'.D'D.CD a.2a.a
3 2 6 3
= = =
.
V
(CA’D’M)

3
1 1 1 3a a
. A'D'.D'M.CD a. .a
3 2 6 2 4

= = =
.
V
(MA’CD)
=V
(CA”D’D)
– V
(CA’D’M)

3 3 3
a a a
.
3 4 12
= − =
0,5
CâuIV
(1,0) (1,0)
Tính tích phân:
2
1
2
0
xln(x 1 x )
dx
1 x
+ +
∫
+

Đặt

(
)
2
2
2
2
1
u ln x 1 x
du dx
1 x
x
dv dx
v 1 x
1 x


= + +
=



+
→
 
=
 
= +


+


0,25
Ta được
2
1
2
0
xln(x 1 x )
dx
1 x
+ +
∫
+
=
(
)
1
2 2
0
1 x .ln x 1 x+ + +
-
1
0
dx
∫
0,25
=
( ) ( )
1
0

2.ln 1 2 x 1 2.ln 1 2+ − = − + +
0,5
Câu V
(1,0)
(1,0)
27xyz
xy yz xz
3 xyz
+ + >
+
. (1). Ta có
2
3
xy yz xz 3 (xyz) (Côxi)
+ + ≥
Đặt
3
t xyz 0
= >
, 1 = x +y +z
3
3 xyz
≥
→
1
t
3
≤
0,25
(1) được chứng minh nếu

3
2
3
27t
3t
3 t
>
+
với 0 <
1
t
3
≤
. (2) 0,25
Ta có (2) ↔ 3 + t
3
> 9t ↔ f(t) = t
3
- 9t +3 >0
vì f’(t) = 3t
2
- 9 < 0 ∀ 0 <
1
t
3
≤
nên f(t) nghịch biến trên
1
0;
3

 


 
.
0,5
A
B
C
D
A’
B’
C’
D’
M
2a
a
a
→
1
0 t
3
1 1
f (t) minf(t) f 0
3 27
< ≤
 
≥ = = >
 ÷
 

(đpcm).
Câu
VI.a
(1,0)
(1,0)
B là giao của BM và BC → B(3; 5).
AB (2;3)=
uuur
,
AB
n (3; 2)= −
r
.
Phương trình AB: 3(x - 1) - 2(y - 2) = 0 ↔ 3x - 2y +1 = 0
0,5
Giả sử C(x
C
,y
C
): C∈ BC ↔ 7x
C
+ 2y
C
- 31 = 0.
Trung điểm AC∈ BM
C
C C
1 x
3 0 x 5 y 2
2

+
↔ − = ↔ = → = −
, C(5; -2)

AC (4; 4)
= −
uuur

AC
n (1;1)
↔ =
r
.
Phương trình AC: 1(x - 1) + 1(y - 2) = 0 hay x + y - 3 = 0.
0,5
Câu
VII.a
(1,0)
(1,0)
+ ∆
1
qua M
1
(3;1;3) và có véc tơ chỉ phương
1
u =
r
(2;-1;0)
∆
2

qua M
2
(-2;5;0) và có véc tơ chỉ phương
2
u =
r
(4;-1;1)
Ta có:
[ ]
1 2 1
2
u ,u .M M 11 0= − ≠
uuuuur
r r
. Vậy ∆
1
và ∆
2
chéo nhau.
0,5
+ Giả sử AB là đường vuông góc chung của ∆
1
và ∆
2
với A∈∆
1
, B∈∆
2
. Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc ∆
1

và ∆
2
nên nhận AB làm
đường kính.
Ta có A∈∆
1
→A(3+2t; 1-t; 3), B∈∆
2
→B(-2+4s; 5-s; s),
AB ( 5 4s 2t;4 s t;s 3)= − + − − + −
uuur
và
1
2
u .AB 0
u .AB 0

=


=


uuur
r
uuur
r
t 1
s 1
= −


↔

=

→ A(1;2;3), B(2;4;1), AB=3, trung điểm AB là: I(
3
;3;2)
2

0,25
Phương trình mặt cầu
( ) ( )
2
2 2
3
x y 3 z 1 9
2
 
− + − + − =
 ÷
 
0,25
Câu
VIII.a
(1,0)
Giải phương trình: log
2
x +log
3

x +log
4
x = log
2
x.log
3
x.log
4
x
Điều kiện x>0 (*)
Phương trình
↔ log
2
5.log
5
x +log
3
5.log
5
x +log
5
x = log
2
3.log
3
x.log
3
x.log
5
x

↔ log
5
x.[log
2
3.(log
3
x)
2
– log
2
5 – log
3
5 -1] =0
0,5
+ log
5
x =0 ↔ x=1 thỏa mãn (*)
0,25
+
( )
2
2 3 2 3
3 3
2 2
log 5 log 5 1 log 5 log 5 1
log x log x
log 3 log 3
+ + + +
= ↔ = ±

2 3
2
log 5 log 5 1
log 3
x 3
+ +
±
↔ =
thỏa mãn (*).
0,25
CâuVI
b.(1,0)
(1,0)
Đường tròn (C) có tâm I(2;2) R=3, khoảng cách từ A tới I là d
1
=
2
→A nằm trong đường tròn, khoảng cách từ I tới MN là IH =
2 2
0,25
Ta thấy O,A,I cùng nằm trên đường thẳng
x -y =0.
0,25
y
M
N
H
Diện tích ∆AMN lớn nhất khi khoảng cách từ A
tới MN lớn nhất ↔A, I, H thẳng hàng và I nằm
giữa khi đó khoảng cách từ A tới MN là AH

AH = AI + IH =
3 2
S là diện tích ∆AMN S
Max

1 1
MN.AH .2.3 2 3 2.
2 2
= =

0,5
CâuVII
b.(1,0)
(1,0)
A,B,C là điểm nằm trên Ox,Oy,Oz tương ứng có hoành độ, tung độ
và cao độ dương và 4OA =2OB =OC → A(a;0;0) , B(0;2a;0) và
C(0;0;4a) với a>0
0,25
Phương trình (ABC)
x y z
1 4x 2y z 4a 0
a 2a 4a
+ + = ↔ + + − =
0,25
(ABC) qua M(2;4;1) → 4.2 +2.4 +1-4a =0
17
a
4
↔ =
Vậy phương trình (ABC) là 4x +2y +z -17 =0.

0,5
CâuVIII
b.(1,0)
(1,0)
Phương trình ↔ f(x) = 4
x
+ 6
x
- 25x +2 =0.
Ta có f’(x) =4
x
.ln4 + 6
x
.ln6 -25→f”(x) =4
x
.(ln4)
2
+6
x
.(ln6)
2
>0 ∀x∈R
→ f’(x) đồng biến /R.
Mặt khác f’(x) liên tục và f’(0) =ln4 +ln6 -25<0,
f’(2) =16.ln4+36.ln6 -50 >0 → f’(x) = 0 có nghiệm x
0
∈(0;2)
0,25
Vậy f(x) =0 có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên:
0,25

Ta có f(0) =0 và f(2) =0
Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2.
0,5
… Hết…
Lưu ý: Đáp án có 5 trang.
Học sinh làm theo cách khác đúng (theo kiến thức đã học) cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho.
(Lê Văn Vượng GV THPT Bình Xuyên -Vĩnh Phúc)
4
x0
x
x
A
x
I
f’(x)
f(x)
-∞
+∞
0 2
x
0
0
-
+
+∞
f(x
0
)
-∞