ĐỀ THI THỬ ĐH 2011 CÓ ĐÁP ÁN

S GD&T THANH HO
TRNG THPT TNH GIA 2
THI TH I HC (LN 2) NM 2011
MễN TON; KHI A (Thi gian lm bi 180 phỳt)
I.Phn chung cho tt c cỏc thớ sinh(7im)
2x + 1
CõuI:(2im) Cho hàm số y =
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là
lớn nhất .
CõuII:(2im)
1)Gii pt:
sin3x-2cos2x=3sinx+2cosx;
2)Gii pt:
1+ x + 1 x = 2 x2
1

CõuIII: (1im)

Tớnh tớch phõn: I=

dx

.
( x 3 + 1).3 x 3 + 1
CõuIV: (1im) Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD, cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh bng a,
mt bờn to vi mt ỏy mt gúc 60 0 . Mt phng (P) cha cnh AB, to vi ỏy hỡnh chúp gúc
30 0 v ct SC, SD ln lt ti M,N. Tớnh th tớch khi chúp S.ABMN theo a.
CõuV(1im) Cho các số thực dơng: a, b, c thoả mãn: a+b+c=3.
a4

b4
c4
+
+
Tìm GTNN của: P = 3 3
b + 7 3 c3 + 7 3 a3 + 7
0

Phn riờng(3im)Thớ sinh ch c lm mt trong 2phn (phn A hoc B)
A.Theo chng tỡnh chun:
CõuVI.A(2 im)
1) Trong h trc 0xy, cho ng trũn (C): x2+y2 -8x+12=0 v im E(4;1). Tỡm to
im M trờn trc tung sao cho t M k c 2 tip tuyn MA, MB n (C), vi A,B l cỏc tip
im sao cho E thuc ng thng AB.
x y z
x 1 y z
= = và (P): x+2y+3z= 0.
2) Trong không gian Oxyz, cho d1 : = = ; d 2 :
1 1 1
1 2 3
Viết phơng trình đờng thẳng d cắt d1; d2 đồng thời d// (P) và d d1.
2
CõuVII.A(1im) giải phơng trình: ( z z )( z + 5 z + 6) = 10 , z C.
B.Theo chng trỡnh nõng cao.
CõuVI.B:(2im)
3
1) Cho tam giỏc ABC cú din tớch S= , hai nh A(2;-3), B(3;-2) v trng tõm G ca
2
tam giỏc thuc t 3x-y-8=0. Tỡm ta nh C.
x y2 z+4

x + 8 y 6 z 10
=
, (d ' ) :
=
=
2) Cho 2 t : (d): =
1
1
2
2
1
1
Trong cỏc mt cu tip xỳc vi cỏc t (d) v (d), vit pt mt cu (S) cú bỏn kớnh bộ nht.
x log3 y + 2 y log3 x = 27
CõuVII.B: (1im)
Gii h:
log 3 y log 3 x = 1
..Ht.
H tờn:SBD...


ĐÁP ÁN
(Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, GV chấm tự chia thang điểm)
Câu
Nội dung
Điểm
2x + 1
CâuI
1.(1,25đ) (C): y=
x +1

(2điểm)
0,5
*)TXĐ: D=R\ {-1}
*) Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
1

y’= ( x + 1) 2 > 0, ∀x ≠ −1
HS đồng biến trên các khoảng (- ∞ ;-1) và (-1;+ ∞ )
b)Giới hạn:
lim y = 2 ; lim y = 2 ; lim y = +∞; lim y = −∞
x → −1
x → −1
x → −∞
x → +∞
−

0,25

+

ĐTHS có tiệm cận đứng là đt x=-

1
2

ĐTHS có tiệm cận ngang là đt y=2
c)Bảng biến thiên:
x
y’

y

-∞

+∞

-1
+
+∞

2

0,25

+
2

-∞

*) Đồ thị:
Đồ thị cắt 0y tại (0;1)

0,25

y
1
2

Đồ thị cắt trục 0x tại (- ;0)
Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận

I( -1;2) làm tâm đối xứng.

2.
(0,75đ)

2
1
x=
-1



O
2

1

y
=
2
2x
2

1 
 ∈ (C ) th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph¬ng tr×nh
x 0 + 1 

1
1
y−2+

=
( x − x0 ) hay
x 0 + 1 ( x 0 + 1) 2

2. NÕu M  x0 ; 2 −

( x − x 0 ) − ( x0 + 1) 2 ( y − 2) − ( x0 + 1) = 0

0,25


. Khoảng cách từ I (1;2) tới tiếp tuyến là
d=

(1 x 0 ) ( x0 + 1)
1 + ( x 0 + 1)

4

2 x0 + 1

=

1 + ( x0 + 1)

2

=

4

0,25

1
. Theo
+ ( x0 + 1) 2
2
( x 0 + 1)

1

2
bất đẳng thức Côsi ( x + 1) 2 + ( x0 + 1) 2 , vây d 2 . Khoảng
0
cách d lớn nhất bằng 2 khi

0,25

1
2
= ( x0 + 1) 2 ( x 0 + 1) = 1 x0 = 2 .hoc x=0
2
( x 0 + 1)

Vậy có hai điểm M :
CõuII
(2im)

hoặc

M ( 2;3)

M (0;1)

1.(1im) TX: R
Pt 2sinx(1-cosx2) +2cosx2+cosx-1=0

0,25

(1+cosx)( 2(sinx+cosx)-2sinxcosx-1)=0
Cosx=-1 x = + k 2

0,25

2(sinx+cosx)-2sinxcosx-1)=0 (2)
t t= sinx+cosx , t 2
T (2) ta cú: t(t-2)=0 t=0

0,25

x=


+ k (k Z)
4

0,25

Vy pt cú 2 h nghim x = + k 2 ;x=
2.

(1im)


+ k
4

K -1 x 1 . t t= 1 + x + 1 x suy ra:

0.25

t 2 = 2 + 2 1 x2 t 2
t 4 4t 2 4t + 8 = 0

PT tr thnh:

t = 2
(t 2)(t 3 + 2t 2 4) = 0 3
2
t + 2t 4 = 0

0,25

t=2 x = 0 (TMK)

0,25

t 3 + 2t 2 4 = t 3 + 2(t 2 2) > 0 nờn pt th 2 VN

0,25

Vy pt cú nghim dn x=0
CõuIII
(1im)

1

I=
0

x3 + 1 x3
( x 3 + 1)3 x 3 + 1

1

dt =
0

1

dx
3

x3 + 1

u = x du = dx

x2
t dv =
dx v =

3
4
3
(
x
+
1
)



0

x 3 dx
3

0,25

( x 3 + 1) 4

0,5
1
3

( x 3 + 1)


1

∫

Khi đó A=

0

Vậy I=
Câu IV
(1điểm)

x 3 dt
3

( x 3 + 1) 4

=

3

−x

1

x3 + 1

0

1

+∫
0

dx
3

x3 + 1

0,25

1
3

2

Gọi O là tâm hv ABCD, E,F là trung điểm AB, CD
Suy ra MN//AB//CD nên ABMN là hình thang cân đáy lớn AB
Gọi S là dt ht ABMN ta có: S=1/2(AB+MN).IE ( I là trung
điểm MN)
TG SEF đều

0,25

0,25


a 3
 IE =
3 3 2
2
.S=
a


8
MN = a

2

SI ⊥ MN
⇒ SI ⊥ ( ABMN )

SI ⊥ IE

0,25

Hay SI là đường cao của hchóp S.ABMN
Tg SEF đều cạnh a, I là tr đ SF nên SI=a/2

0,25

1 3 3 2 1
3 3
a . a=
a
3 8
2
16

Vậy: V= .
CâuV
(1điểm)

Theo B§T Cauchy ta cã:
a
3

3

4

b3 + 7
b4
c3 + 7
c4

+
+

a
3

3

4

b3 + 7
b4
c3 + 7
c4

+
+

a
3

3

4

b3 + 7
b4
c3 + 7
c4

0,5
+

b +7
≥ 2a 3 (1)
16

+

c3 + 7
≥ 2b3 (2)
16

3

a3 + 7
≥ 2c3 (3)

3 3
3 3
3 3
16
a +7
a +7
a +7
31
21
(1)+(2)+(3)=> 3P ≥ (a 3 + b3 + c3 ) −
(4)
16
16
+

+

Theo B§T Cauchy ta cã:

+

(a3+1+1)+ (b3+1+1)+ (c3+1+1) ≥ 3(a+b+c)
 a3 +b3 +c3 ≥ 3 (5)

0,25


Từ (4) và (5) ta có: 3P
Vậy P min=

0,25

9
3
P
2
2

3
a = b = c =1
2

CõuVIA
1. (1im)
(2im) 1(1) Gi to ca cỏc tip im A,B l A(xA,yA), B(xB,yB);
PT tt MA l : (xA-4)(x-4)+yAy=4
Vỡ tt i qua M(0;y0) nờn ta cú -4(xA-4)+yAy0=4
4 x A 12
y0

yA =

Tng t:

yB =

4 x B 12
y0

0,25

PT t AB l:

0,25

Thay to im E v pt AB ta c:

0,25

Vy cú 1 im t/m M(0;4)
2. - Phơng trình d thoả đề bài có VTCP

0,25

y yA
x xA
=
Thay yA, yB ta c:
yB y A x B xA
4 x A 12 4
=
(x xA )
y- y
y0
0
4 x 12 4
1 A
=
(4 x A ) y0 = 4
y0

y0

2.
(1im)

CõuVII
A(1)

0,25

r uur
u n p = (1; 2;3)
r
=> u = (1; 2; 1)
r uur
u ud 1 = (1;1;1)
-uuurGọi A(a; a; a) d1; B(1-b; 2b; 3b) d2 =>
AB = (1-a-b; 2b-a; 3b-a)

0,25

2

uuur
r
a=

AB = ku

3

- Đờng thẳng d qua A,B
1
A ( P )
b =

4
2
2
2
x
y
z
- Vậy d :
3=
3=
3
1
2
1

0,25

PT (z-1)(z+3)(z+2)z=10

0,25

0,25

(z2+2z-3)( z2+2z)=10

0,25

z2 + 2z = 5
2
z + 2 z = 2

{

}

z 1 6; 1 i

{

}

Vây nghiệm : z 1 6; 1 i

0,5


CâuVIB 1) Gọi C’ là chân đường cao hạ từ C. Ta có: AB= 2
(2điểm)
3 2
Nên CC’=2S/AB=
1(1đ)
2
Qua G kẻ đường // AB và cắt CC’ tại H
Ta có: HC’/CC’=GM/CM=1/3

vậy HC’=

2
là khoảng cách từ G đến AB
2

Pt đt AB là x-y-5=0
Gọi G(x;y), ta có:

2(1đ)

0,25

0,25

x− y−5
2

=

 x − y − 6 = 0(1)
2
⇔
2
 x − y − 4 = 0(2)

G là giao điểm của trung tuyến CM và một trong 2 đương (1)
hoặc (2) ta có: G(1;-5) hoặc G(2;-2)
Từ GC = −2GM Ta suy ra có 2 điểm thmbt là:
C(-2;-10) hoặc C(1;-1)

Gọi (S) có tâm I và bán kính R
Gọi tiếp điểm của (S) với (d), (d’) là M,N
Khi đó: 2R=IM+IN ≥ MN ≥ HK (*) HK là đường vuông
góc chung của (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’).
Đt(*) xảy ra khi và chỉ khi (S) là mc đường kính HK
Gọi H( t;2-t;-4+2t), K( -8+2s;6+s;10-s)
Ta có HK ( -8+2s-t; 4+s+t; 14-s-2t)
Vì HK là đường VGC của (d) và (d’) nên:

0,25
0,25
0,25

0,25

 HK .u = 0
t = 2
⇔

 HK .v = 0
s = 4

H(2;0;0), K(0;10;6) và HK= 140

0,25

(S) có tâm I(1;5;3) là trung điểm HK và bk R=HK/2
Vậy pt (S): (x-1)2+(y-5)2+(z-3)2=35.

0,25

Đặt u= log 3 x, v = log 3 y

0,5

3 = 9
v − u = 1
uv

CâuVII
B(1đ)

Ta có hệ: 

Giải hệ trên được nghiệm
u=1;v=2 hoặc u=-2; v=-1

0,25
0,25

Vậy hệ có 2 nghiệm
X=3;y=9 hoặc x=1/9;y=1/3