de thi thu mon TOAN truong HUYNH THUC KHANG nghe an

Trờng THPT Huỳnh Thúc Kháng Đề thi thử Đại học lần I - năm 2011
Tổ toán Môn thi: Toán - Khối A- Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0điểm):
CâuI (2,0 điểm)
Cho hàm số y =
1
42
+

x
x
. Đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
2. Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:
( )
x
x
x
2sin1
cos
4
sin2
+

= 1+tanx
2. Giải hệ phơng trình:



=+++
+=+
6854
)1()(
2
2422
yx
yyyxx

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân: I = dx
x
x

+
+
1
0
6
4
1

1

CâuIV (1,0 điểm)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SB, SC, và mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (1,0 điểm)
Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
xyz
z
xzy
y
yzx
x
+
+
+
+
+
333

II. Phần riêng (3,0 điểm):
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.A(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (S): x
2
+ y
2
2x - 4y = 0. và đờng thẳng (d)

x + y -1 = 0. Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (S) và
góc BAC bằng 60.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x y +2z +11 = 0, và hai điểm A(1;-1;2)
B(-1;1;3). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.
Câu VII.A(1,0điểm)
Giải phơng trình:
(
)
(
)
2
loglog
11313
22
xx
xx
+=++
B. Theo chơng trình Nâng cao.
Câu VI.B (2,0điểm)
1. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh B, D lần lợt
thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng đi qua điểm
M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất.
Câu VII.B(1,0điểm)
Giải bất phơng trình:
(

)
(
)
x
xx
+
22
loglog
1515
Hết

Lu ý: Thí sinh thi khối D không phải làm các câu VII.A, VII.B
Họ và tên thí sinh Số báo danh


Đáp án và biểu điểm chấm
(Đề thi thử khối A- D năm 2011)

Câu I Lời giải Điểm
1.(1,0đ)

3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y =
1
42
+

x
x

Giải: 1. TXĐ: D = R\ {-1}
2. Sự BT: + TCĐ: x = -1, TCN: y = 2.
+ y =
2
)1(
6
+x
> 0 x -1.
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và (-1; +).
+ Ta có BBT:

+
+
2
+

-

+

-1
-

y
y'
X
2

3. Đồ thị hàm số nh hình vẽ:

0,25đ


0,25đ






0,25đ











0,25đ

2.(1,0đ)

Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d)

Giải:
PT đờng thẳng () vuông góc với (d) có dạng: 2x y + m = 0 y = 2x + m.
PT hoành độ giao điểm của (C) và()là:
1
42
+

x
x
=2x + m 2x
2
+ mx +m+4 = 0 (*).

() cắt (C) tại hai điểm phân biệt = m
2
- 8m 32 > 0
m< 4 - 4 3 ; m > 4 + 4 3 (**)
Tọa độ các giao điểm: A(x
A
; 2x
A
+m), B(x
B
;2x
B
+ m).
Trung điểm của AB có tọa độ I(
2
BA

xx +
; x
A
+x
B
+m).
áp dụng Vi ét cho PT (*) ta có: x
A
+ x
B
= -
2
m
; x
A
.x
B
=
2
4
+
m
. I(-
4
m
;
2
m
).
A,B đối xứng nhau qua (d) I (d) -

4
m
+ m + 3 = 0 m = - 4. (t/m **)
Khi m = - 4 ta có:



=
=+
0
2
BA
BA
xx
xx
x
A
= 0; x
B
= 2, hoặc x
A
= 2; x
B
= 0

Vậy trên (C) có hai điểm đối xứng nhau qua (d): A(0; - 4), B(2; 0)
Hoặc A(2; 0), B(0; - 4)


0,25đ

0,25đ




0,25đ



0,25đ

Câu II.


Điểm
1.(1,0đ)

Giải phơng trình:
( )
x
x
x
2sin1

cos
4
sin2
+








= 1+tanx (1)


Giải: Đkxđ : cosx

0 x


2

+ k. (*)
(1)

x
4
sin2

(sinx + cosx)
2
= (sinx +cosx)
(sinx +cosx)






+ 1)cos)(sin
4
(sin2 xxx

= 0 (sinx +cosx).cos2x = 0




=
=+
02cos
0cossin
x
xx

=
+=



.
.
4
mx
mx
(t/m (*))
Vậy PT có nghiệm : x = m, x = -
4

+ m. (m Z)



0,25đ


0,25đ


0,25đ

0,25đ

2.(1,0đ)

Giải hệ phơng trình:



=+++
+=+
6854
)1()(
2
2422
yx
yyyxx
(I)


Giải: ĐKXĐ; x -
4
5
. (I)



=+++
+=+
6854
2

4623
yx
yyxyx
.
Ta thấy y = 0 không thỏa mn hệ
Chia hai vế PT thứ nhất cho y
3
, ta đợc: yy
y
x
y
x
+=+








3
3
. (*)
Xét hàm số: f(t) = t
3
+ t,(t R), có f(t) = 3t
2
+1 > 0 t R. f(t) đồng biến t R.

Từ (*) ta suy ra: f(
y
x
) = f(y)
y
x
= y x = y
2
. Thay vào PT thứ hai của hệ ta có
854 +++ xx = 6 2 )8)(54( ++ xx = 23 -5x






=++

2
)523()8)(54(4
5
23
xxx
x

=+

04142
5
23
2
xx
x











=
=

)(41
1
5
23
4
5
Lx
x

x
x =1
y
2
= 1 y = 1. Vậy hệ đ cho có hai nghiệm: (x;y) = (1;-1),(1;1)


0,25đ




0,25đ






0,25đ


0,25đ

Câu III

(1,0đ)
Tính tích phân: I = dx
x
x

+
+
1
0
6
4
1
1



Giải: Ta có: I = dx
xxx
xxx

++
++
1
0
242
224
)1)(1(
)1(
= +
+

1
0
2

1x
dx
dx
x
x

+
1
0
6
2
1
= I
1
+ I
2

Ta có: I
1
=

+
1
0
2
1x
dx
. Đặt x = tant, t (-
2

;
2

). dx = (1+tan
2
t)dt .
x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. I
1
=

==
+
+
4
0
4
0
2
2
tan1
)tan1(

dt
t
dtt

4

.
I
2
= dx
x
x

+
1
0
6
2
1
. Đặt: x
3
= tant, t (-
2

;
2

). 3x
2
dx = (1+tan
2
t)dt


0,25đ

0,25đ


0,25đ




x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. Do đó I
2
=
123
1
tan1
)tan1(
3
1
4
0
4
0
2

2


==
++
+

dt
t
dtt

Vậy I = I
1
+ I
2
=
4

+
12

=
3






0,25đ

Câu IV
(1,0đ)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của
SB, SC, và mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối
chóp S.ABC

Giải:
I
H
A
B
C
S
K
a
M
N

Gọi K là trung điểm của BC, I = SK MN I là trung điểm của SK và MN.
Vì (AMN) (SBC) SK (AMN) AI SK AI vừa là đờng cao vừa là trung
tuyến , do đó SAK cân đỉnh A, SA = AK =
2
3a
.
Gọi H là tâm đáy SH (ABC) ta có: SH =
12
5
22
aAHSA =

Diện tích đáy S
ABC
=
4
3
2
a
. Vậy V=
3
1
. SH. S
ABC
=
3
1
.
12
5
a .
4
3
2
a
=
24
5
3
a

0,25đ







0,25đ



0,25đ


0,25đ
Câu V
(1,0đ)
Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P =
xyz
z
xzy

y
yzx
x
+
+
+
+
+
333


Giải.
Ap dụng BĐT Cối cho 3 số ta có:

2
3
2
1
4
3
xyzx
yzx
x
+
+
+
+
(1).
2
3

2
1
4
3
yxzy
xzy
y
+
+
+
+
(2)

2
3
2
1
4
3
zxyz
xyz
z
+
+
+
+
(3). Cộng theo vế (1) ,(2),(3) ta đợc:
P + )(
2
3

4
4
zyx
zxyzxyzyx
++
+
+
+
+
+
P
4
2
9 zxyzxy
+
+
(*)
Mặt khác ta có : (x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
0 xy +yz +zx
3
1
(x+y+z)
2
= 3 (**)
Thay (**) vào (*) ta đợc: P

2
3
4
3
2
9
= .
Vậy min P =
2
3
, đạt đợc x = y = z = 1





0,25đ



0,25đ




0,25đ



0,25đ

Câu
VI.A


1.(1,0đ)

Tìm điểm A(d): x+y -1= 0, từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC với đờng tròn (S)
x
2
+ y
2
2x - 4y = 0 và góc BAC = 60.
Điểm

Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) (d): kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60
Khi đó góc BAI = 30. Đờng tròn (S) có tâm I(1;2), bán kính R = 5
d
R
I
B
A
C

Trong tam giác ABI ta có AI = 2R = 2 AI
2
= 20 (a- 1)
2
+ (a+1)
2
= 20

a
2
= 9 a = 3 có hai điểm thỏa mn A
1
(3; -2), A
2
(-3; 4)

0,25đ





0,25đ






0,25đ
0,25đ
2(1,0đ)

Cho hai điểm A(1;-1;2) , B(-1;1;3) và mf(P): 2x y +2z +11 = 0. Tìm điểm C (P)
sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.


Gĩải Vì AB không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất CA + CB nhỏ nhất.

Thay tọa độ A,B vào VT của (P) A,B nằm cùng phía với (P). Gọi A là điểm đối
xứng của A qua (P), đờng thẳng AB cắt (P) tại C C là điểm cần tìm.


P
A
H
A'
B
C

PT đờng thẳng (d) qua A (P) có VTPT )2;1;2( n có dạng:





+=
=
+=
tz
ty
tx
22
1
21
, (t R).
Tọa độ giao điểm H của (d) và (P): 2(1+2t) + 1+t+ 2(2+2t) +11 = 0 t =-2,
H( -3; 1; -2) A(-7;3;-6).
PT đờng thẳng AB có dạng:

+=
=
+=
tz
ty
tx
96
23
67
.
Tọa độ C = AB (P) : 2(-7+6t) -3 + 2t + 2(-6+ 9t) +11 = 0 t =
16
9

C(-
16
15
;
8
15
;
8
29
)

0,25đ











0,25đ



0,25đ







0,25đ
Câu
VII.A
Giải phơng trình:
(

)
(
)
2
loglog
11313
22
xx
xx
+=++ . (1)


Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt
(
)
t
x
=
2
log
13 , (t > 0).
(
)
t
x
x
=+
2
log
13

Khi đó (1) có dạng: t +
t
x
2
= 1 + x
2
t
2
- (1+x
2
)t + x
2
= 0 t = 1, hoặc t = x
2
.
0,25đ


0,25đ


*) t = 1
(
)
113
2
log
=
x
log

2
x = 0 x = 1. (T/M).
*) t = x
2

(
)
2
log
2
13 x
x
=
(
)
xx
x
22
2
log
2
log
log
4)2(13 ==
1
4
13
2
log
=

x
log
2
x = 0 x = 1. (T/M). Vậy PT (1) có nghiệm: x = 1.
0,25đ


0,25đ
Câu
VI.B


1(1,0đ)

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh
B, D lần lợt thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0.

Giải: Vì BD Ox, và B(d
1
), D(d
2
) tọa độ B( b; b), D( b;
2
3
+
b
).
Vì B, D cách đều trục Ox
2
3+
=
b
b
2b= (b+3) b = 3, hoặc b = -1.
*) b = 3 B(3;3), D(3; 3) ( loại)
*) b = -1 B(-1;-1), D(-1; 1). Khi đó tâm I của hình vuông có tọa độ: I (-1;0)
Lấy A(a; 0) Ox A là đỉnh của hình vuông IA
2
= IB
2
(a+1)
2
= 1 a = 0,
hoặc a = -2. Do đó A(0; 0), C(-2;0), hoặc A(-2;0), C(0 ;0)
Vậy có hai hình vuông: A(0; 0), B(-1;-1), C(-2;0), D (-1; 1)
A(-2;0), B(-1;-1), C(0; 0), D (-1; 1)

0,25đ


0,25đ



0,25đ


0,25đ
2(1;0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt
phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện
OABC có thể tích nhỏ nhất

Giải: Gọi A(a; 0;0), B(b; 0 ;0), C(c; 0 ;0) lần lợt thuộc các tia Ox, Oy, Oz.
(a,b,c > 0). Khi đó PT mf(P) đi qua ABC có dạng: 1=++
c
z
b
y
a
x
. (P)
(P) đi qua M 1
321
=++
c

b
a
(*). Ta có: V
OABC
=
6
1
abc.
Ap dụng BĐT Côsi ta co:
3
6
3
321
1
abccba
++=
6
1
abc 27 V
OABC
27
Min(V
OABC
) = 27 đạt đợc
3
1321
===
c
b
a

a = 3, b = 6, c = 9.
Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1
9
6
3
=++
zyx
6x + 3y + 2z -18 = 0


0,25đ


0,25đ



0,25đ

0,25đ
Câu
VII.B
Giải bất phơng trình:
(
)
(
)
x
xx
+

22
loglog
1515 (1)


Giải: Đk xđ: x > 0. (1)
(
)
(
)
x
xx
2
22
log
loglog
21515 +
1
2
15
2
15
22
loglog

+
xx
. Đặt t
x
=








+
2
log
2

15
, (t > 0)

t
x
1
2
15
2
log
=









. Khi đó (1) t -
t
1
1 t
2
t 1 0.

2
51
2

51 +


t 0 < t
2
51+

2
15
2
15
2
log
+









+
x
log
2
x 1
x 2. Kết hợp với đk x > 0 (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2]

0,25đ


0,25đ



0,25đ


0,25đ

Lu ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó.
2) Điểm bài thi khối D đợc chia nh sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm
giữ nguyên nh thang điểm trên.