Đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: Toán. Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
(1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao
điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
.
2) Giải phương trình lượng giác:
4 4
4
sin 2 os 2

os 4
tan( ).tan( )
4 4
x c x
c x
x x
π π
+
=
− +
.
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:
3
2
2
0
ln(2 . os2 ) 1
lim
x
e e c x x
L
x
→
− − +
=
Câu IV . (2 điểm)
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu
nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của
nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;

2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích
mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
= 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz.
Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ;0)
2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
2
3 2
2010
2009

2010
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
y x
x
y
x y x y
−

+
=


+

+ + = + + +

HẾT
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………
1
Đề thi thử lần 1
HƯỚNG DẪN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Hàm số:
2 1 3
2
1 1
x

y
x x
−
= = −
+ +
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x
y y y y
+ −
→+∞ →−∞
→ − → −
= = = −∞ = +∞
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
( )
2
3
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
+) BBT:
x -
∞

- 1 +
∞
y' + || +
y
+∞
2
||
2
−∞

+) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi
0
2
0 0
3 3
( ) ( ;2 )
1 ( 1)
M I
IM
M I
y y
M C M x k
x x x x
−
−
∈ ⇒ − ⇒ = =
+ − +

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
( )
0
2
0
3
'( )
1
M
k y x
x
= =
+
+)
. 9
M IM
ycbt k k⇔ = −
+) Giải được x
0
= 0; x
0
= -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1
+) ĐK:
( 2; 2) \{0}x ∈ −
+) Đặt
2
2 , 0y x y
= − >

Ta có hệ:
2 2
2
2
x y xy
x y
+ =


+ =

+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và
1 3 1 3
2 2
;
1 3 1 3
2 2
x x
y y
 
− + − −
= =
 
 
 
− − − +
 
= =
 
 

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và
1 3
2
x
− −
=

1 điểm
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
π π
≠ + ∈
1 điểm
2
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 5 10
III
3 3
2 2
2 2
0 0

3
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim
ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1
lim lim
(1 ) 1 1
2sin 2sin
2sin 2sin
1 5
2
3 3
x x
x x
e e c x x c x x
L
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
→ →

→ →
− − + + − + − +
= =
   
   
+ − + + −
   
= + = +
   
+ + + +
   
   
   
= − =
1 điểm
IV.1
+) Gọi
C
r
là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có:
2 2
1
( ). .
2
.2
2( )
SAB C C
C

S pr l r r SM AB
l r r l r
r r
l r l r
= = + =
− −
⇒ = =
+ +
+) S
cầu
=
2 2
4 4
C
l r
r r
l r
π π
−
=
+
1 điểm
IV.2 +) Đặt :
2 3
2 2
2
( ) , 0
5 1
2 ( )
2

) '( ) 0
( )
5 1
2
lr r
y r r l
l r
r l
r r rl l
y r
l r
r l
−
= < <
+

− −
=

− + −

+ = = ⇔
+
−
=


+) BBT:
r
0

5 1
2
l
−

l
y'(r)
y(r) y
max
+) Ta có max S
cầu
đạt
⇔
y(r) đạt max
⇔
5 1
2
r l
−
=
1 điểm
V +) Ta có

2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
( )( )
( )
( )

2
2 ( ) ( )
( ) 2 ( ) 3
2 2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
= + + + + − − −
 
+ + − + +
= + + + + +
 
 
   
− + + + +
= + + + = + + +
   
   
+) Đặt x +y + z = t,
6( cov )t Bunhia xki≤
, ta được:
3
1
( ) 3
2
P t t t= −
+)
'( ) 0 2P t t= ⇔ = ±

, P(
6±
) = 0;
( 2) 2 2P
− = −
;
( 2) 2 2P
=
+) KL:
ax 2 2; 2 2M P MinP
= = −

1 điểm
VI
+)
5
( , )
2
d I AB =

⇒
AD =
5
⇒ AB = 2
5
⇒ BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2

= 25/4
3
r
l
I
M
S
A
B
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y
y
 =





=
− + =
 

⇔ ⇒ −


= −


− + =



=



(3;0), ( 1; 2)C D⇒ − −
VII
2 2
2
2
3 2
2010
2009 (1)
2010
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)

y x
x
y
x y x y
−

+
=


+

+ + = + + +

+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:
2 2 2 2
2009 2009
log ( 2010) log ( 2010)x x y y
+ + = + +
+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0f t t t t
= + + ≥
đồng biến,
từ đó suy ra x
2
= y
2
⇔ x= y, x = - y

+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x +2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
t t
   
+ =
 ÷  ÷
   
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3
(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3
Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
NĂM HỌC: 2010-2011
Môn thi : TOÁN
Thêi gian lµm bµi:180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
4
Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x
3

+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (C
m
) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II:(2 im)
1. Giai hờ phng trinh:
2 0
1 2 1 1
x y xy
x y

=


=


2. Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình: cotx 1 =

xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
Cõu III: (2 im)
1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn
nhất
2. Tớnh tớch phõn: I =
2
4
0
( sin 2 ) cos 2x x xdx

+

.
Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
Chng minh rng :

2 2 2
2.
a b b c c a
b c c a a b
+ + +
+ +
+ + +

PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng
3
2
và trọng tâm thuộc đờng thẳng

: 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng

:
1 2
1 1 2
x y z +
= =

.Tìm toạ độ điểm M trên

sao cho:
2 2

28MA MB
+ =
Cõu VIa : Giải bất phơng trình:
32
4
)32()32(
1212
22

++
+
xxxx
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb : 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao
cho qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60
0
.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
+
= =

.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M, ct v vuụng gúc vi ng thng
d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d

Cõu VIb : Gii h phng trỡnh
3 3
log log 2
2 2
4 4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y

= +


+ + = + +


Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

5
Híng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u ý Néi Dung §iĨm
I 2
1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) 1
y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C

m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0,25
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x

⇒
hµm sè ®ång biÕn trªn R
0,25
• Bảng biến thiên:

0,25
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1
⇒
tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
0,25
2 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =

2
x 0
x 3x m 0 (2)
0,25

* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠

∆ = − >


⇔
 
<
+ × + ≠



2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0
9
(*)
0,25

6
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
=y’(x
D
)=
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);
k
E
=y’(x
E
)=
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (3x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1
0,25
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E

+ 2m) =-1
⇔ 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m(–3) + 4m
2
= –1 (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét). ⇔
4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔
9 65
8
9 65
8

m
m

+
=



−
=


 So s¸nh Đk (*): m =
( )
−
1
9 65
8
0,25
II 2
1 1
1. §k:
1
1
2
x
y
≥




≥


(1)

( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
x y y xy x y x y
x y
x y
x y voly
⇔ − − + = ⇔ + − =

− =
⇔ ⇔ =


+ =

0,5
⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
1
( )
2 1 0

2
2
5 10
2 1 2
( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y
x
x
y
y tm
− − − = ⇔ − = − +
⇔ − = − + − + ⇔ − = −

=


− =
=

⇔ ⇔ ⇒



=

− =




=



0,25
V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
2 1
®K:



−≠
≠
⇔



≠+
≠
1tan
02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x

PT
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
−+
+
=
−
⇔

xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22
−+−=
−
⇔
0,25
7

8

⇔
)2sin1(sinsincos xxxx −=−

⇔
0)1sincos)(sinsin(cos
2
=−−− xxxxx



0,25


⇔
0)32cos2)(sinsin(cos
=−+−
xxxx

(cos )( 2 sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x
π
⇔ − + − =

cos 0
2 sin(2 ) 3( )
4
x sinx

x voly
π
− =


⇔

+ =


0,25

⇔
0sincos =− xx

⇔
tanx = 1
)(
4
Zkkx ∈+=⇔
π
π
(tm®k)
Do
( )
4
0;0
π
π
=⇒=⇒∈ xkx

0,25
III 2
1 1
Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
⊥

⇒ ⊥

⊂

Lai cã
( ) ( )
( ) ( , ) .sin 45
2
o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
⊥ = ∩
⇒ ⊥ ⇒ = = =
0,25
Ta cã

0

. 45 2
2 2
1 1
. ( 2 )
2 2
2 2
1 1
. 2 ( 2 )
3 6
2 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
∆
∆
= = ⇒ = − = −
⇒ = = −
⇒ = = −

O,5
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

[ ]
3
2

2
1
2 2
3 2 6
2
2 2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a
x a
+ −
≤ =
⇔ = −
⇔ =

⇔
M trïng víi D
0,25
2 1

I =
4 4 4
2 2
1 2
0 0 0
( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I

π π π
+ = + = +
∫ ∫ ∫
0,25
9
IV 1 1
10
.Ta có :VT =
2 2 2
( ) ( )
a b c b c a
A B
b c c a a b b c c a a b
+ + + + + = +
+ + + + + +
0,25

[ ]
3
3
1 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 9
3 ( )( )( )3
2 2
3
2
A a b b c c a
a b b c c a

a b b c c a
a b b c c a
A

+ = + + + + + + +

+ + +

+ + + =
+ + +

0,25

2 2 2
2 2
1 ( ) ( )( )
1
1 .2
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
= + + + + + + + + +
+ + +

0,25
Từ đó tacó VT
3 1
2

2 2
VP + = =
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
0,25
V.a 2
1 1
Ta có: AB =
2
, trung điểm M (
5 5
;
2 2

),
pt (AB): x y 5 = 0
0,25
S
ABC

=
1
2
d(C, AB).AB =
3
2

d(C, AB)=
3
2
Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=

1
2
0,25

d(G, AB)=
(3 8) 5
2
t t

=
1
2

t = 1 hoặc t = 2

G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)
0,25
Mà
3CM GM
=
uuuur uuuur

C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)

0,25
2 1
1
: 2 (1 ; 2 ;2 )
2
x t

ptts y t M t t t
z t
=


= + +


=


0,5
Ta có:
2 2 2
28 12 48 48 0 2MA MB t t t+ = + = =
0,25
Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25
11
VI.a 1 1
Bpt
( ) ( )
43232
22
22
≤−++⇔
−−
xxxx
0,25

( )

)0(32
2
2
>+=
−
tt
xx
BPTTT :
4
1
≤+
t
t

2
4 1 0t t
⇔ − + ≤
3232
+≤≤−⇔
t

(tm)
0,25
Khi ®ã :
( )
323232
2
2
+≤+≤−
− xx

121
2
≤−≤−⇔ xx
0,25
⇔
2121012
2
+≤≤−⇔≤−−
xxx

0,25
V.b 2
1 1
. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=


Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI
⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3

R ⇔
2
4 3
9
3
m
+ =
Vô
nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;-
7
)
0,5
0,5
2 1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua
M, cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +



= − +


= −

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :
MH
uuuur
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
0,25
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là
u
r
= (2 ; 1 ; −1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =
2
3
. Vì thế,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3
 
− −
 ÷
 
3 (1; 4; 2)
MH

u MH= = − −
uuuur uuuur
0,25
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2
− −
= =
− −
0,25
Theo trªn cã
7 1 2
( ; ; )
3 3 3
H − −
mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’
8 5 4
( ; ; )
3 3 3
− −
0,25
12
ĐK: x>0 , y>0
(1) ⇔
3 3
2 log log
2 2 2 0
xy xy
− − =
0,5

⇔log
3
xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=
3
x
(2)⇔ log
4
(4x
2
+4y
2
) = log
4
(2x
2
+6xy) ⇔ x
2
+ 2y
2
= 9
0,25
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (
3
;
3
) hoặc (
6
;
6
2

)
0,25
A
M
D
S
H
B
C
13