5 đề thi thử ĐH 2011 (Có Đáp Án)

Cù Đức Hoà Tổ : Toán - Lý
ễN THI I HC
(Thi gian 180 phỳt)
I. PHN CHUNG:
Cõu 1:
1. Kho sỏt v v th (C) ca hm s y =
2
1
x
x


2. Chng minh rng vi mi giỏ tr thc ca m, ng thng (d) y = - x + m luụn ct ũ th (C)
ti hai im phõn bit A, B. Tỡm giỏ tr nh nht ca on AB.
Cõu 2
1. Gii phng trỡnh:
2
2 1
3 2 6
x
x
x
=
2. Gii phng trỡnh:
tan tan .sin 3 sinx +sin2x
6 3
x x x


+ =
ữ ữ

Cõu 3:
Tớnh th tớch hỡnh chúp S.ABC bit SA = a,SB = b, SC = c,
ã
ã
ã
0 0 0
ASB 60 , 90 , 120BSC CSA= = =
.
Cõu 4:
Tớnh tớch phõn
( )
2
3
0
sinxdx
sinx + 3 osxc


Cõu 5:
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P =
2 2 2
2 2 2
log 1 log 1 l g 4x y o z+ + + + +
trong ú x, y, z l cỏc s dng tho món iốu kin xyz = 8
II. PHN RIấNG:
1) Theo cng trỡnh chun:
Cõu 6a:
1. Trong mt phng vi h trc to Oxy cho hai ng thng
(d

1
): x + y + 1 = 0, (d
2
): 2x y 1 = 0 . Lp phng trỡnh ng thng (d) i qua M(1;-
1) ct (d
1
) v (d
2
) tng ng ti A v B sao cho
2 0MA MB+ =
uuur uuur r
2. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho mt phng (P): x + 2y 2z + 1 = 0 v hai
im A(1;7; - 1), B(4;2;0). Lp phng trỡnh ng thng (D) l hỡnh chiu vuụng gúc ca
ng thng AB trờn (P).
Cõu 6b: Ký hiu x
1
v x
2
l hai nghim phc ca phng trỡnh 2x
2
2x + 1 = 0. Tớnh giỏ tr cỏc s
phc:
2
1
1
x
v
2
2
1

x
2) Theo chng trỡnh nõng cao:
Cõu 7a:
1. Trong mt phng vi h trc to Oxy , cho hypebol (H) cú phng trỡnh
2 2
1
9 4
x y
=
. Gi
s (d) l mt tip tuyn thay i v F l mt trong hai tiờu im ca (H), k FM (D). Chng
minh rng M luụn nm trờn mt ng trũn c nh, vit phng trỡnh ng trũn ú
2. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz , ch ba im A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tỡm to
trc tõm ca tam giỏc ABC.
Cõu 7b: Ngi ta s dng 5 cun sỏch Toỏn, 6 cun Vt lý, 7 cun Hoỏ hc ( cỏc cun sỏch cựng loi
ging nhau) lm gii thng cho 9 hc sinh, mi hc sinh c 2 cun sỏch khỏc loi.
Trong 9 hc sinh trờn cú hai bn Ngc v Tho. Tỡm sỏc xut hai bn Ngc v Tho cú phn
thng ging nhau.
1
Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. Tự giải
2. Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
2
1
x
x

−
−
= - x + m

2
1
2 0 (1)
x
x mx m
≠

⇔

− + − =

luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Ta có A(x
1
; -x
1
+m), B(x
2
; - x
2
+ m)
AB =
2 2
1 2 1 2 1 2
2( ) 2 ( ) 4x x x x x x

 
− = + −
 
=
2
2( 4 8)m m− +
8≥
Vậy gtnn của AB =
8
khi và chỉ khi m = 2
Câu 2:
1. Lấy logarit theo cơ số 3 cho hai vế ta được:
2
3 3
log 2 1 log 2
2 1
x
x
x
+ = +
−
Đưa phương trình về dạng: (x – 1)(2x
2
+ x – 1 - log
2
3
) = 0.
Từ đó suy ra nghiệm x = 1;
3
1 9 8log 2

4
x
− ± +
=
2. Điều kiện:
os x - . os x + 0
6 3
c c
π π
   
≠
 ÷  ÷
   
tan tan .sin 3 sinx +sin2x
6 3
x x x
π π
   
− + =
 ÷  ÷
   
sin sin
6 3
sin 3 sinx + sin2x
os x - os x +
6 3
x x
x
c c
π π

π π
   
− +
 ÷  ÷
   
⇒ =
   
 ÷  ÷
   

⇒
- sin3x = sinx + sin2x
⇔ sin2x(2cosx + 1) = 0
sin 2 0
2
1
2
osx = -
2
2
3
k
x
x
c
x k
π
π
π


=
=



⇔ ⇔



= +



m
Kết hợp điều kiện, nghiệm của pt là:
2
2
2
3
k
x
x k
π
π
π

=




= − +


Câu 3:
2
Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý
Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a
Ta có AB’ = a, B’C’ = a
2
, AC’ = a
3
, vậy tam giác
AB’C’ vuông tại B’
Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H
Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’
Vậy: V
S.AB’C’
=
3
2
12
a

.
3 2
. ' '
S ABC
S AB C
V
abc bc

V a a
= =
⇒ V
S.ABC
=
2
12
abc
Câu 4:
Ta có sinx +
3
cosx = 2cos
6
x
π
 
−
 ÷
 
, sinx = sin
6 6
x
π π
 
 
− +
 ÷
 ÷
 
 

=
3 1
sin os
2 6 2 6
x c x
π π
   
− + −
 ÷  ÷
   
I =
2 2
3 2
0 0
sin x-
3 1
6
16 16
os cos x-
6 6
dx
dx
c x
π π
π
π π
 
 ÷
 
+

   
−
 ÷  ÷
   
∫ ∫
=
3
6
Câu 5:
Theo bất đẳng thức Minkowski:
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
( ) ( )a b a b a b a a a b b b+ + + + + ≥ + + + + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
3
1 2
1 2 3
a
a a
b b b
= =
Ta có P
2 2
2
log ( ) 4xyz≥ +
= 5 ( vì xyz = 8)
Vậy minP = 5 khi và chỉ khi
2 2 2 2
log log log log ( ) 3
1 1 2 4 4

x y z xyz
= = = =

4
8; 2 2x y z⇒ = = =
II. PHẦN RIÊNG:
1) Phần theo chương trình chuẩn:
Câu 6a:
1. A(a;-a-1), B(b;2b – 1)
Từ điều kiện
2 0MA MB+ =
uuur uuur r
tìm được A(1; - 2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0
2. Gọi (Q) là mặt phẳng qua A,B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0
(D) = (P)
∩
(Q) suy ra phương trình (D).
Câu 7a:
2x
2
– 2x + 1 = 0 có hai nghiệm
1 2
1 1
(1 ), (1 )
2 2
x i x i= − = +

2 2
1 2
1 1

2 ,
2
i
x x i
⇒ =
= −
2) Phần theo chương trình nâng cao:
Câu 7a:
1. (H) có một tiêu điểm F(
( 13;0)
3
Cï §øc Hoµ Tæ : To¸n - Lý
Gọi phương trình tiếp thuyến (d): ax + by + c = 0
Khi đó: 9a
2
– 4b
2
= c
2
(*)
Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b(
13)x −
- a y = 0
Toạ độ của M là nghiệm của hệ:
ax + by = - c
bx - ay = 13b






Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng là và kết hợp với (*) ta được x
2
+ y
2
= 9
2. Lập phương trình mp(ABC)- ptmp(P) qua A và (P) ⊥ BC – pt mp(Q) qua B và (Q) ⊥ AC
Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H
36 18 12
; ;
49 49 49
 
 ÷
 
Câu 7b:
Gọi A là biến cố “ Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau”
Ta có n(Ω) =
2 3 4
9 7 4
C C C
= 1260
+ ) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Lý) khả năng xáy ra:
3 4
7 4
C C
= 35
+) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Hoá) khả năng xáy ra: 7
2 4
6 4
C C

= 105
+) Ngọc và Thảo nhận sách(Hoá , Lý) khả năng xáy ra:
2 3 2
7 5 2
C C C
= 210
Vậy n(A) = 350
Ta có: p(A) =
( ) 5
( ) 18
n A
n
=
Ω
.
4