Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 25

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
4 2
6 5y x x= − +
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị (C).
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình
x
x
x
4sin
2
2sin
1
cos
1
=+ .
2.

Giải hệ phương trình

3 3
2 2
5
3
x y x y
x y
+ = −


− =

.
Câu 3:
(1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a. Đường thẳng
A’C lập với mặt phẳng chứa đáy một góc 30
0
và lập với mặt phẳng (ABB’A’) một góc 30
0
. Tính thể tích
khối lăng trụ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
Câu 4:
(2 điểm)
1.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 0x y x y+ − − =
và điểm M(6;2).
Viết phương trình đường thẳng

∆
đi qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho
MA
2
+ MB
2
= 50.
2.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
7 4 0x y z+ − = và 2 đường thẳng
(d
1
):
1 2
2 1 1
x y z− +
= =
−
; (d
2
):
1 2
1
3
x t
y t
z
= − +



= +


=

.
Viết phương trình đường thẳng
∆
cắt hai đường thẳng (d
1
);(d
2
) và
∆
vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 5:
(2 điểm)
1.

Tính tích phân
1
( 1)ln
ln 1
e
dx
x x
x x
−
+

∫
.
2.
Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
2
3 3x m x+ = +
.

Câu 6:
(1 điểm)
Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn
3xy yz zx+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
1 1 1
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
= + +
+ + +
.

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 HAI
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN


Câu ý Nội dung Điểm
1

(2điểm)
1

4 2
6 5
y x x
= − +

TXĐ: R
3
' 4 12
y x x
= −
.
0
' 0
3
x
y

x
=

= ⇔

= ±


0,25
Giới hạn:
;
lim lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞

bảng biến thiên
X
-∞
3
−
0
3
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +

Y

0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
( 3;0);( 3; )
− +∞

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 3);(0; 3)
−∞ −
Điểm cực đại
(0;5)
; điểm cực tiểu
( 3; 4);( 3; 4)
− − −

0,25
Đ
ồ thị

đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là
( 1;0);(1;0)
−



6
4
2
-2
-4

-5 5

Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2 Đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị hàm số
4 2
3
6 5
4 12
x x mx m
x x m
− + = −

⇔

− =

có nghiệm
0,25
3 2
3
1
5 5
4 12
x
x x x m
x x m
=





⇔
+ − − =



− =


3 2
3
1 8
5 5
( )
4 12
x m
x x x m
I
x x m
= ⇒ = −


⇔
+ − − =




− =





0,25
+∞
+
∞

-4
4
−

5
y

x

O

Giải hệ (I):
3 2
3
5 5
4 12
x x x m
x x m
+ − − =



− =


Ta có:
3 2 3 3 2
5 5 4 12 3 7 5 0
1 8
5 40
3 27
x x x x x x x x
x m
x m
+ − − = − ⇔ − − + =
= ⇒ = −


⇔

= − ⇒ =


Vậy m= -8 ; m =
40
27

0,25

0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện :
cosx 0
sin2x 0 sin 4 0
4
sin4x 0
k
x x
π
≠


≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠


≠


0,25
pt
x
x
x
x
xx
2

cos
2
sin
1
cos
2
sin
cos2sin
=
+
⇔

⇔
(sin2x + cosx)cos2x = cosx

⇔
sin2x.cos2x = cosx(1 – cos2x)
⇔
sin2xcos2x = 2cosxsin
2
x

0,25

⇔
sin2xcos2x
−
sin2xsinx = 0

⇔

cos2x
−
sinx = 0 (vì sin2x
≠
0)
⇔
2sin
2
x + sinx
−
1 = 0

2 ( )
2
sinx= 1
2
1
6
sinx=
2
5
2
6
x k loai
x k
x k
π
π
π
π

π
π

= − +

−




⇔ ⇔ = +





= +



0,25
Vậy nghiệm của phương trình là : )(
2
6
5
2
6
Zk
kx
kx

∈






+=
+=
π
π
π
π

0,25
2
Với x= 0 ta có
3
2
3
y y
y
= −


− =

hệ vô nghiệm
Với
0

x
≠
đặt y = tx. Ta có hệ :
3 3 3 3 2
2 2 2 2 2
5 (1 ) 5
3 (1 ) 3
x t x x tx t x t
x t x t x
⇔
+ = − + = −
 
 
− = − =
 

0,5
Suy ra :
3 2 3 2
3(1 ) (5 )(1 ) 2 5 2 0
t t t t t t
+ = − − ⇔ + + − =

1
1; 2;
2
t t t
⇔ = − = − =

0,25

Với
2
1 0. 3
t x
= − ⇒ =
pt vô nghiệm
Với
2 2
2 3 3 1
t x x
= − ⇒ − = ⇒ = −
pt vô nghiệm
Với
2
2 1
1
4
2 1
2
x y
t x
x y
= ⇒ =

= ⇒ = ⇒

= − ⇒ = −


Vậy hệ có 2 nghiệm là (2;1) ; (-2;-1)

0,25
I
A
B
C
B'
C'
A'
3
(1điểm)
Vì A là hình chiếu của A’ lên (ABC)



0
( ' ,( )) ( ' ; )
' 30
A C ABC A C AC
A CA
⇒ =
= =

Vì BC
BA
⊥

và BC
'
BB
⊥

Suy ra BC
( ' ')
ABB A
⊥




0
( ' ,( ' ')) ( ' ; ' )
' 30
A C ABB A A C A B
BA C
⇒ =
= =

0,25
Đặt BC = x.
Trong tam giác vuông BCA’ ta có : A’C = BC/sin30
0
= 2x
Trong tam giác vuông ABC ta có : AC
2
= AB
2
+BC
2
= a
2
+ x
2

Trong tam giác vuông AA’C ta có : AC= A’C.cos30
0

2 2 2
3 2
' . 3
2 2
a
AC A C a x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ =

0
2
' ' .sin30
2
a
AA A C⇒ = =

Vậy
3
. ' ' ' ABC
1
AA'.S '. .
2 4
ABC A B C
a
V AA AB BC
= = =

0,5
Gọi I =
' '
A C AC
∩
suy ra IA = IC = IC’ =IA’ =IB = IB’ = R
Ta có R = A’C/2 =
2
2
a

Vậy

2 2
4 2
mc
S R a
π π
= =

0,25
4
(2điểm)
1 đường tròn (C) có tâm I(1;2) ,
bk R =
5

Ta có :
2 2
2 2
( )
2
AB MB MA
MB MA MBMA
= −
= + −
 


Mà
2 2
. 20
MA MB MI R

= − =
 

Suy ra AB
2
=10
2 2 2
10
2
IH IA AH⇒ = − =


0,5


Đường thẳng ∆ đi qua M(6;2) có dạng : a(x – 6) + b(y – 2) = 0 ( với a
2
+b
2
≠0)
Ta có
2 2
2 2
(1 6) (2 2)
10
( , ) 9
2
a b
d I IH a b
a b

− + −
∆ = ⇔ = ⇔ =
+



0,25
a=0
⇒
b= 0 vô lý.
Cho a =1
3
b
⇒ = ±

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn đầu bài là : x+3y – 12 = 0 và x – 3y = 0

0,25
2 Gọi A, B là giao điểm của ∆ với 2 đường thẳng (d
1
) và (d
2
)
Suy ra A(2a;1-a;-2+a)
∈
(d
1
) ; B(-1+2b;1+b;3)
∈
(d

2
)
(2 2 1; ;5 )
AB b a a b a
− − + −

;
(7;1; 4)
P
n
−





0,25

H
I
B
A
M
I

I
Vì
( ) ( ) //
P
P AB P AB n

∆ ⊥ ⇔ ⊥ ⇔
 

9 5 1 1
2 2 1 5
3 4 5 2
7 1 4
a b a
b a a b a
a b b
+ = − =
 
− − + −
= = ⇔ ⇔
 
+ = − = −
−
 



0,5
Suy ra A(2;0;-1) ; B(-5;-1;3)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là:
2 1
1
7 4
x y z
− +
= =

−


0,25
5
(2điểm)
1

1 1 1
( 1)ln ln 1 ln 1 ln 1
1
ln 1 ln 1 ln 1
e e e
dx dx dx
x x x x x x
I e
x x x x x x
− + − − +
= = = − −
+ + +
∫ ∫ ∫

0,25
Đặt
ln 1 (ln 1)
t x x dt x dx
= + ⇒ = +

Đổi cận : x=1
⇒

t =1 ; x = e
⇒
t = e+1
1
1
1
1 1
1
ln 1
ln ln( 1)
ln 1
e e
e
dx dt
t
x
t e
x x
+
+
+
= = = +
+
∫ ∫

0,5
Vậy I = e – 1 – ln(e+1)
0,25
2
2

2
3
3 3 (1)
3
x
x m x m
x
+
+ = + ⇔ =
+


0,25

Xét
2
3
( ) ;
3
x
f x x R
x
+
= ∈
+
;
2 3
3 3
'( )
( 3)

x
f x
x
−
=
+

f’(x) = 0 khi x =1
2
3
lim 1
3
x
x
x
→+∞
+
=
+
;
2
3
lim 1
3
x
x
x
→−∞
+
= −

+




0,25

B
ảng biến thi
ên


x


-
∞
1

+
∞

f
’
(x)



+

0



–



f(x)





Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt
⇔
pt (1) có 2 nghiệm phân
biệt
⇔
1< m < 2






0,5

6
(1điểm)

Ta có:
3
( ) ( ) ( )
3
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x
x y y z z x
P
yz zx xy
yz zx xy
+ + +
+ + +
= + + ≥
+ + +
+ + +

Mà
3
(1 ) (1 ) (1 )
(1 )(1 )(1 ) 2
3
yz zx xy
yz zx xy
+ + + + +
+ + + ≤ =

Ta lại có
( )( )( ) ( )( )
x y y z z x x y z xy yz zx xyz
+ + + = + + + + −
3( )
x y z xyz
= + + −

Mà
2
( ) 3( ) 9 3
x y z xy yz zx x y z
+ + ≥ + + = ⇒ + + ≥

2 2 2
3
3 1
xy yz zx x y z xyz
+ + ≥ ⇒ ≤

Suy ra
( )( )( ) 8
x y y z z x
+ + + ≥

3
3
8
( ) ( ) ( )
3 3. 3

2
(1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
≥ ≥ =
+ + +

Vậy min P =3 . Dấu “= “ xảy ra khi x= y =z =1
0,25

0,25




0,25


0,25




Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

-1
1
2