Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 43

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
( )
1;1I −
và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N
sao cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
( )
( )
3
sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos sinx 3 3 0x x x x x+ − − + − − =
.
2. Giải hệ phương trình

( )
3 3
2 2
3 4
9
x y xy
x y

− =



=

.
Câu III (2,0 điểm).
1. Cho x, y là các số thực thoả mãn
2 2
4 3x xy y .+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức:
3 3
8 9M x y xy= + −
.
2. Chứng minh
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c

a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
với mọi số dương
; ;a b c
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' 'ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
( )
2;1M
và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Giải bất phương trình
( ) ( )
2 2
2
1 log log 2 log 6x x x+ + + > −

.
2. Tìm m để hàm số
3 2 2
3( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)y x m x m m x m m= − + + + + − +
có cực đại và cực tiểu.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
 
 ÷
 
. Viết phương trình chính
tắc của elip đi qua điểm M và nhận
( )
1
3;0F −
làm tiêu điểm.
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y
+


+ = +


=


.
2. Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến
đến đồ thị hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
− +
=
−
và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.
Hết
Trang 1/5
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN
ĐÁP ÁN
CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I

(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Tập xác định:
{ }
\ 1D R= −
. 0,25 đ
Sự biến thiên:
• Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là TCN.

( ) ( )
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
− +
→ − → −
= +∞ = −∞ ⇒ = −
là TCĐ
0,25 đ

( )
2
4

' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.
• BBT:
-
∞
+
∞
+
∞
-
∞
-1
+
+
1
1
y
y'
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − − +∞

Và không có cực trị.
0,25 đ

Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua
( )
1;1−
.
4
2
-2
-5
5
x = -1
y = 1
y
x
O
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k
( )
: 1 1d y k x= + +
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
−
⇔ = + +

+
có 2 nghiệm PB khác
1−
.
0,25 đ
Hay:
( )
2
2 4 0f x kx kx k= + + + =
có 2 nghiệm PB khác
1−
0,25 đ
Trang 2/5

( )
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f

≠

⇔ ∆ = − > ⇔ <


− = ≠

.

Mặt khác:
2 2
M N I
x x x+ = − = ⇔
I là trung điểm MN với
0k
∀ <
. 0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1y kx k= + +
với
0k
<
. 0,25 đ
Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.
Câu II
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
2 3 2
2
2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3 cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0
2cos ( 3 cos sin ) 6.cos ( 3 cos sin ) 8( 3 cos sin ) 0
x x x x x x x x
x x x x x x x x
⇔ + − − + + − − =
⇔ − − − − + − =
.
0,50 đ

2
2
( 3 cos sin )( 2cos 6cos 8) 0
tan 3
3 cos sin 0
cos 1
cos 3cos 4 0
cos 4( )
x x x x
x
x x
x
x x
x loai
⇔ − − − + =

=

− = 
⇔ ⇔ =


+ − =



=

.

0,25 đ

,
3
2
x k
k
x k
π
π
π

= +

⇔ ∈Ζ

=

0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Ta có :
2 2
9 3x y xy= ⇔ = ±
. 0,25 đ
. Khi:
3xy =
, ta có:
3 3
4x y− =

và
( )
3 3
. 27x y− = −

Suy ra:
( )
3 3
;x y−
là nghiệm PT
2
4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±

0,25 đ
Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31x y= + = − −
Hay
3 3
2 31, 2 31x y= − = − +
.
0,25 đ
Khi:
3xy = −
, ta có:
3 3
4x y− = −
và
( )
3 3

. 27x y− =

Suy ra:
( )
3 3
;x y−
là nghiệm PT
2
4 27 0( )X X PTVN+ + =
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Ta đặt
2t x y= +
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy
−
=
.
Điều kiện
2 30
5
t ≤
0,25 đ

• Khi đó
( ) ( )
3
3 3
8 9 2 6 2 9M x y xy x y xy x y xy= + − = + − + −

( )
3 2
3 6 9t t t f t= − − + + =
0,25 đ
• Xét hàm f(t) với
2 30 2 30
5 5
t ;
 
∈ −
 
 
, ta được:
( ) ( )
35 12 30 35 12 30
5 5
min f t ; max f t
− +
= =

0,5 đ
Trang 3/5
Ý 2
(1,0đ)

Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
= − ≥ − = −
+ +
(1) 0,50 đ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
≥ −
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
≥ −
+

(3). 0,25 đ
Cộng (1), (2), (3), ta có:
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có:
( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

.
0,25 đ
Mà

' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
. 0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ =
. 0,25 đ
KL:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V =
. 0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)
Gọi d là ĐT cần tìm và
( ) ( )
;0 , 0;A a B b

là giao điểm của d với Ox,
Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
+ =
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8ab
a b
+ = =
.
0,25 đ
Khi
8ab
=
thì
2 8b a
+ =
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − =
. 0,25 đ
Khi
8ab = −
thì
2 8b a+ = −
. Ta có:

2
4 4 0 2 2 2b b b+ − = ⇔ = − ±
.
Với
( ) ( )
2
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − + ⇒ − + + − =

0,25 đ
Với
( ) ( )
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − − ⇒ + + − + =
. KL 0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
ĐK:
0 6x
< <
. BPT
( )
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6x x x⇔ + > −
. 0,25 đ
Hay: BPT

( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >
0,25 đ
Vậy:
18x < −
hay
2 x<
0,25 đ
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6x< <
. 0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Ta có
2 2
' 3 6( 1) 2( 7 2)y x m x m m= − + + + +
0,25 đ

HS có CĐ, CT khi phương trình
2 2
3 6( 1) 2( 7 2) 0x m x m m− + + + + =
có
hai nghiệm phân biệt. Hay
4 17m < −
hoặc
4 17m > +
0,25 đ
Chia y cho y’ ta có

'( ) ( ) ( )y y x q x r x= +
;
2 3 2
2 2
( ) ( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
r x m m x m m m= − − − + + + +
0,25 đ
Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ
'( ) 0
( )
'( ). ( ) ( )
y x
y r x
y y x q x r x
=

⇒ =

= +

Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là 0,25đ
Trang 4/5
2 3 2
2 2
( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
y m m x m m m= − − − + + + +
Câu Vb
(1,0đ)

PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
+ = > >
0,25 đ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
− =
+ =





0,25 đ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )

4
b b b th b kth− − = ⇔ = = −
0,25 đ
Do đó:
2
4a =
. KL:
2 2
1
4 1
x y
+ =
0,25 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)

( ) ( )
2 2
1 0 , 1y x x y y x y x y x y x+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = −
. 0,50 đ
Khi:
1y x= −
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x

−
= ⇔ = ⇔ =
0,25 đ
Khi:
y x=
thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x
+
 
= ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M
có dạng
( )y k x a b= − +
Sử dụng điều kiện tiếp xúc cho ta hệ
2
1

1
1 ( )
1 ( ) (1)
1
1
1
1
1 (*)
1 ( 1) (2)
( 1)
1
x k x a b
x k x a b
x
x
k
x k x
x
x


− + = − +
− + = − +


−
 
−
⇔
 

 
− =
− − = −

−

−


0,25 đ
Lấy (1) – (2) ta có
[ ]
1 1
(1 )
1 2
k a b
x
= − +
−

Kết hợp với (*) cho ta
[ ]
2
2 2 2
1
1
(1 )
( 1) 2 (1 ) 2 4 0
1
2

k
k
k a b
a k a b k b
k
≠

≠

 
⇔
 
− +
 
− + − + + − =
− =

 
 
 

0,25 đ
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ
phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,k k
sao cho
1 2
. 1k k = −
Hay

[ ]
2
2 2
2
2 2
1 0
1
4
1 ( 1) 4
( 1)
1 0
( 1) 2 (1 ) 2 4 0
a
a
b
a b
a
a b
a a b b

− ≠
≠


−


= − ⇔ − + =
 
−

 
− + + ≠


− + − + + − ≠

0,25 đ
Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn
( )
2
2
1 4x y− + =
trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
0,25 đ
HẾT
Trang 5/5