ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ (TOÁN KD 1)

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
(1) có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2. Tìm m để đường thẳng
2y mx m= + +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
độ dài AB nhỏ nhất.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình
2 sin(2 ) sinx 3cos 2 0
4
x x
π
+ − − + =
.

2. Giải phương trình
2
( 1)( 2) 4 0x x x x x+ + − + + =
.
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2;2), N(1;1) lần lượt là
trung điểm của các cạnh AC, BC và trực tâm H(-1;6). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm điểm M
thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tam giác MAB vuông cân tại M.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng (ABCD); góc giữa mặt phẳng (SAD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45
0
. Tính khoảng
cách từ C tới mặt phẳng (SAD).
Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
2
( 1)ln
f x
x x
x
=
+
.
2. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn
3 2 3
12 6
1

A A C n
n n
n
+ = −
+
.
Câu 6: (1 điểm)
Cho x, y là các số thực thoả mãn
2 2
3x y xy+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức:
3 3
3 3P x y x y= + − −
.
HẾT
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHÂT
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1 TXĐ: R\{-1}
2

3
' 0 1
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞)
0,25
Giới hạn:
1
2 1
1
lim
x
x
x
±
→−
−
= ∞ ⇒
+
m
đường tiệm cận đứng của đồ thị là x =-1

2 1
2
1
lim
x

x
x
→±∞
−
= ⇒
+
đường tiệm cận ngang của đồ thị là y =2
0,25
bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞
y’ + +
y
0,25
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng
0,25
2 Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình
2
2 1
2 2 3 0 ( 1)
1
x
mx m mx mx m x

x
−
= + + ⇔ + + + = ≠ −
+
0,25
Đường thẳng
2y mx m= + +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B
0
' 0 0
( 1) 0
m
m
f
≠


⇔ ∆ > ⇔ <


− ≠

0,25
Khi đó gọi A(x
1
;y
1
) ,B(x
2
;y

2
) ta có
2
2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
12(1 )
( ) ( ) (1 )( )
m
AB x x y y m x x
m
+
= − + − = + − = −
0,25
y
x
O
2
+∞
-∞
2
Vì m<0 suy ra
2
2
12(1 )
24 24
m
AB AB
m
+
= − ≥ ⇒ ≥

Dấu bằng xảy ra khi m = -1.
Vậy m =-1 thì đường thẳng
2y mx m= + +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân
biệt A, B và độ dài AB nhỏ nhất
0,25
2
(2điểm)
1
2 sin(2 ) sinx 3cos 2 0 sin 2 os2 sinx 3cos 2 0
4
x x x c x x
π
+ − − + = ⇔ + − − + =
1
cos
(2cos 1)(sinx cos 1) 0
2
sinx cos 1 0
x
x x
x

=

− + − = ⇔

+ − =

0,5

+)
1
cos 2
2 3
x x k
π
π
= ⇔ = ± +
+)
2
sinx cos 1 0
2
2
x k
x
x k
π
π
π
=


+ − = ⇔

= +

0,5
2
Điều kiện
0

2 1
x
x
≥


− ≤ ≤ −

(*)
2 2 2
( 1)( 2) 4 0 ( )( 2) 2( 2) 0x x x x x x x x x x x+ + − + + = ⇔ + + − − + + =
với điều kiện (*) ta đặt
2
; 2 ( 0; 0)x x a x b a b+ = + = ≥ ≥
0,5
Pt trở thành:
2 2
2 0 ( )(2 ) 0 2b ab a b a b a a b+ − = ⇔ + − = ⇔ =
0,25
2 2
2 2 2 3 8 0a b x x x x x= ⇔ + = + ⇔ − − =
3 41
2
3 41
2
x
x

+
=



⇔

−
=


(thỏa mãn)
0,25
3
(2điểm)
1 Phương trình đường thẳng HC là : x+y-5 = 0 0,25
Gọi điểm C(a;5-a) thuộc đường thẳng HC
(1 ; 4)CN a a⇒ − −
uuur
Vì M là trung điểm của AC nên A(4-a;a-1)
( 5;7 )AH a a⇒ − −
uuur
Vì N là trung điểm của BC nên B(2-a;a-3)
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ta có:
2
0 ( 5)(1 ) (7 )( 4) 0 2 17 33 0AHCN a a a a a a= ⇒ − − + − − = ⇔ − + =
uuuruuur
3
11
2
a
a
=



⇔

=

0,5
Với a=3 suy ra C(3;2) ; A(1;2) ; B(-1;0)
Với
11 11 1 3 9 7 5
( ; ); ( ; ); ( ; )
2 2 2 2 2 2 2
a C A B= ⇒ − − −
0,25
2 Gọi M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy.
(4 ; 1 ;5)
( 2 ;7 ;5)
MA x y
MB x y
− − −
− − −
uuur
uuur
0,25
Tam giác MAB vuông cân tại M
0MAMB
MA MB

=
⇔


=

uuuruuur
0,25
2 2 2 2
(4 )( 2 ) ( 1 )(7 ) 25 0
(4 ) ( 1 ) 25 ( 2 ) (7 ) 25
x x y y
x y x y
− − − + − − − + =

⇔

− + − − + = − − + − +

(4 )( 2 ) ( 1 )(7 ) 25 0 1
3 4 9 0 3
x x y y x
x y y
− − − + − − − + = =
 
⇔ ⇔
 
− + = =
 
Vậy M(1;3;0)
0,5
4
(1điểm)

K
H
D
C
B
A
S
Gọi H là hình chiếu của S lên AB.
Vì
( ) ( ) ( )SAB ABCD SH ABCD
⊥ ⇒ ⊥
0,25
Vì
( )SH ABCD SH AD
⊥ ⇒ ⊥
mà
AD AB
⊥
( )AD SAB AD SA
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Suy ra góc giữa mặt phẳng (SAD) và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa 2
đường thẳng SA và AB và bằng 45
0
0,25
Gọi K là hình chiếu của B lên SA
( )
BK SA
BK SAD
BK AD
⊥


⇒ ⇒ ⊥

⊥

Vì BC // (SAD) suy ra d(C;(SAD)) = d(B;(SAD))=BK
0,25
Vì góc giữa 2 đường thẳng SA và AB bằng 45
0
suy ra tam giác ABK
vuông cân tại K suy ra BK = a
2
2
Vậy d(C;(SAD)) = a
2
2
0,25
5
(2điểm)
1
2
( 1)ln ln
ln
x x x
dx x xdx dx
x x
+
= +
∫ ∫ ∫
0,25

2
ln ln
2
x x
dx C
x
= +
∫
0,25
2 2 2
ln ln
ln
2 2 2 4
x x x x x x
x xdx dx C= − = − +
∫ ∫
Vậy
2 2 2 2
( 1)ln ln ln
2 2 4
x x x x x x
dx C
x
+
= + − +
∫
0,5
2
Điều kiện :
3;n n N≥ ∈

3 2 3
12 6
1
( 1)( 2)
( 1)( 2) ( 1) 12 6
3!
A A C n
n n
n
n n n
n n n n n n
+ = −
+
− −
⇔ − − + + = −
0,5
2
4 5 5n n n− − ⇔ =
(vì n≥3)
Vậy n =5
0,5
6
2 2 2
3 ( ) 3x y xy x y xy+ + = ⇔ + − =
Vì
2 2
( ) 3 ( ) 4
2 2
( ) ( )
4 4

x y x y
x y x y
xy ⇒ + − ≤ ⇒ + ≤
+ +
≤
Đặt x+y = t
[ 2;2]t⇒ ∈ −
0,5
Ta có
3 3 3
3 2 3
3 3 ( ) 3 ( ) 3 3
3( 3) 3 2 6
P x y x y x y xy x y x y
t t t t t t
= + − − = + − + − −
= − − − = − +
Xét
3
( ) 2 6f t t t= − +
với
[ 2;2]t ∈ −
2
'( ) 6 6; '( ) 0 1f t t f t t= − + = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
t -2 -1 1 2
f’(t) - 0 + 0 -
f(t)
Vậy maxP =4
1 1; 2

1
2 2; 1
x y x y
t
xy x y
+ = = − =
 
⇔ = ⇔ ⇔


= − = = −
 
Min P = -4
1 1; 2
1
2 2; 1
x y x y
t
xy x y
+ = − = = −
 
⇔ = − ⇔ ⇔


= − = − =
 
0,25
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
-2

2
-4
4