ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN-TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

TRƯỜ
NG THPT THU
Ậ
N THÀNH S
Ố
1
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N I N
Ă
M H
Ọ
C 2 0 1 2 - 2 0 1 3
Môn thi: TOÁN, khối A + B
Th
ờ
i gian làm bài : 180 phút, không k
ể
t h
ời gian phát đề

I.PHẦ N CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điể m )
C â u I
(2,0

đ
i
ể m
)
Cho hàm s
ố

1
1
2



x
x
y

1. K h ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)
(
H
c ủa h à m s ố đã c h o .
2.

V i
ế t
ph
ươ
ng trình ti
ế p

tuy
ến
c
ủa

đồ
th
ị

)(H

bi
ết

ti
ế p
tuy
ến
cách
đều
hai
đ
i
ể m
)4;2(A
và
)2;4( B
.
C â u I I
(2,0

đ
i
ể m
)

1.

Gi
ải
ph
ươ
ng trình:
 
1 c o s 2 sin 2 cos cos2
cos
1 tan
x x x x
x
x
  


2.

G i
ải
h
ệ phươ
ng trình:
3

2
3
2
3
2
5
3
3
10
6
.
6
13
10
x
y
x
y
x
x
y
x
x
x
y
y




















C â u I I I
(1,0
đ
i
ểm
)
Tí nh t íc h p hâ n:
dx
x
x
x
x
x
I







2
0
2
2
3
1
3
2
C â u I V
(1 ,0
đ
i
ểm
)
Cho kh
ối chóp
S.ABCD
có đáy
ABCD
l à h ì n h c h
ữ nhật, biết
AB = 2a , AD = a
. Trên
c
ạnh

AB
l
ấy điểm
M
sao cho
2
a
A M

, c
ạnh
AC
c
ắ t
MD
t
ại
H
. Bi
ết
SH
v u ô n g g ó c v
ới mặt phẳng
(A B CD)
v à SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.
C â u V
(1,0
đ
i
ể m

)
Cho a, b,c là các s
ố dương
. Tìm giá tr
ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c :


3
3
3
3 3 3 3 3 3
( ) ( ) ( )
a
b
c
M
a b c b c a c a b



     

II.PH
ẦN
RIÊNG
(3,0
đ
i
ểm
)

Thí sinh ch
ỉ

được
làm m
ột
trong hai ph
ần
(ph
ần
A h o
ặc
p h
ần
B )
A . T h e o c h ương trình chuẩn
C â u V I . a
(2,0
đ
i
ểm
)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là M(1; 4). Phương trình
đường phân giác trong góc B là x – 2y + 2 = 0, phương trình đường cao qua C là 3x + 4y – 15 = 0.
Tìm to
ạ đ ộ c á c đ ỉ n h c ủ a t a m g i á c A B C .

2.

Trong không gian v

ới hệ tọa độ
Oxyz
cho hai đường thẳng


1 2
1 1 1 2
: ; : .
2 1 1 1 2 1
x y z x y z
d d
   
   
Viết phương trình mặt phẳng
( )P
song song với
mp
(
)
:
2
3
0
Q
x
y
z





và c
ắt
1
2
,
d
d
theo đoạn thẳng có độ d
à i n h
ỏ nhất.

C â u V I I . a
(1 ,0
đ
i
ểm
)
Gi
ải phương tr
ình
1
2
1
2
3 2 12
x
x
x






B. Theo chương trình nâng cao
C â u V I . b (2 ,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lậ p phương trình đường thẳng

đi q u a
)3;2(M
và cắ t đường tròn
0222
2
2
 yxyx
tạ i h a i đi ểm
BA ,
sao cho
32AB
.
2. Trong không gian với h ệ toạ độ Oxyz cho hai đi ểm
)3;4;2(A
và
)15;2;4(B
. Tìm toạ độ điể m M trên
mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất.
C â u V I I . b (1,0 điểm) Giả i hệ phương trình






4)1(l o g3)2(l o g2
0222
22
2
yyx
xyxyy
Hế t
Thí sinh không sử dụng tài liệu. C án b ộ coi thi không giải t h í c h g ì t h ê m .
H ọ và tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh……………………
C󰖤m ơn b󰖢n Tr󰖨n Phư󰗜c Sang : đã g󰗮i đ󰗀n
www.laisac.page.tl
GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email:
2
TRƯỜNG THPT THUẬN
THÀNH SỐ 1
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A+B
( Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
 Tập xác định: }1{\  RD
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
10
)1(
1
'

2


 x
x
y

0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;(  và );1( 
- Giới hạn và tiệm cận: lim

x  -∞
y = 2, lim

x  +∞
y = 2 ; tiệm cận ngang là y = 2
lim

x  (-1)
-

y = + ∞ lim

x  (-1)
+

y = -∞; tiệm cận ngang là x = -1
0.25
- Bảng biến thiên:
x -∞ -1 +∞

y’ + +
y +∞

2
2

-∞

0.25
 Đồ thị:

Đồ thị nhận giao hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng
0.25
2.(1.0 điểm)
Gọi
0
x là hoành độ tiếp điểm )1(
0
x , phương trình tiếp tuyến là
1
12
)(
)1(
1
0
0
0
2
0






x
x
xx
x
y
Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A,B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB
hoặc trùng với AB.
0.25
 Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB thì ta có:
1
1
12
)1(
)1(
1
1
0
0
0
0
2
0






 x
x
x
x
x

suy ra phương trình tiếp tuyến là
4
5
4
1
 xy
0.25
 Nếu tiếp tuyến song song với AB hoặc trùng với AB thì tiếp tuyến có hệ số góc là
1
)2(4
)4(2



k










2
0
1
)1(
1
0
0
2
0
x
x
x

0.25
I
(2.0
điểm)
với
0
0
x
ta có phương trình tiếp tuyến là 1 xy
Với 2
0
x ta có phương trình tiếp tuyến là 5 xy
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là
4
5
4

1
 xy
; 1 xy và 5 xy .
0.25

3
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
Đk: cos 0; t anx 1x   
pt
 
 
2
2 2
sin cos os sin cos
cos
sin cos
cos
x x c x x x
x
x x
x
 
  
 
 


0.25
 

2
2cos cos sin cos cos 0x x x x x    
  
cos sin cos sin 1 0x x x x    
vì
cos 0x 

0.25
4
tan 1
2
2
2
sin
4 2
2
x k
x
x k
x
x k





 

 







    

 


 
 


 

 




0.25
Vậy nghiệm của pt là:
4
x k


  ; 2x k
 
 

0.25
2.(1.0 điểm)
Phương trình thứ 2 của hệ được biến đổi thành:
   
3
3
2 2 (*)x x y y    
0.25
xét hàm số
3
( )f t t t 
là hàm số đồng biến trên R. Ta suy ra (*) 2y x  0.25
Thế vào phương trình đầu của hệ:
3 2
3 3 5 2 3 10 26x x x x x      
   
   
 
 
3 2
2
2
3 3 3 1 5 2 3 10 24
2
3 2 2 2
2 12
3 2
12(1)
3 3 3 1 5 2
3 3 3 1 5 2

x x x x x
x
x x
x x x
x x
x x
x x
         


 

      

   
   

   


0.25
II
(2.0
điểm)
Phương trình (1) vô nghiệm vì với
5
1
2
x   thì
2

12 0x x   .

Từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất 2; 0x y 
0.25
Ta có
dx
xx
xxx
I




2
0
2
2
1
)12)((

0.25
Đặt 1
2
 xxt dx
xx
x
dt
12
12
2



 ;với
10  tx
, với
32  tx
0.25
1
3
)
3
1
(2)1(2
3
3
1
2
ttdttI 


0.25
III
(1.0
điểm)
3
4
 . Vậy
3
4
I

0.25
IV
(1.0
điểm)


* Tính thể tích khối chóp S.HCD:
Hai tam giác vuông AMD và DAC có
AM AD 1
AD DC 2
  nên đồng dạng,
Suy ra


ADH DCH
, mà

 
ADH HDC 90 DHC 90   
 

0.25
GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email:
4
ADC vuông tại D:
2 2 2
AC AD DC AC a 5   
Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC
Suy ra:
DC.DA 2a

DH
AC
5
 

DHC vuông tại H:
2 2
4a
HC DC DH
5
  
Do đó diện tích  HCD:
2
HCD
1 4a
S DH.HC
2 5
 

Thể tích khối chóp SHCD:
3
S.HCD HCD
1 4a
V SH.S
3 15
 


0.25
* Tính khoảng cách giữa SD và AC:

Dựng HE SD
Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH 
AC , do đó AC  (SHD)
Mà HE  (SHD) nên HE  AC
Tù đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và
AC.
nên
 
HE d SD;AC

0.25
SHD vuông tại H nên:

2 2 2
1 1 1 2a
HE
3
HE SH HD
   
Vậy
 
2a
d SD;AC HE
3
 

0.25
Câu Đáp án Điểm
Theo bất đẳng thức Cô-si, với
0x

, ta có

 
 
 
2
2
3 2
(1 ) 1
1 1 1 1
2 2
x x x
x
x x x x
   
       

0.25
Áp dụng kết quả trên với a > 0, b > 0 và c > 0, ta được

 
3 2
3 2 2 2
2 2 2
3
3
2
1 1 1
1
1

1
1
2
   

 
 
 

 



 
 
 
 
a a
b c
a b c
b ca b c
b c
a
a
a



0.25
Tương tự, ta có:

 
 
3 2
3
2 2 2
3
3 2
3
2 2 2
3
b b
a b c
b c a
c c
a b c
c a b

 
 

 
 

0.25
V
(1.0
điểm)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

     
3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
1     
     
     
a b c a b c
a b c a b c a b c
a a b b c a c a b

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng 1 khi a b c  .
0.25

5
1.(1.0 điểm)

d2
d1
N
I
A
B
C
d3
M

Cạnh AB qua M và
1
:3 4 15 0d x y    nên có pt: 4 3 8 0x y   . Ta có:

 
1
2;0AB d B  
0.25
Vì M là trung điểm của AB nên
 
4;8A

0.25
Gọi d
3
là đường thẳng qua M và vuông góc với d
2
. Ta có d
3
: 2 6 0x y   .
 
3 2
2;2d d I  
. Gọi N là điểm đối xứng với M qua d
2

I là trung điểm của MN
 
3;0N

0.25
Cạnh BC qua B và N



pt cạnh BC : 0y 
 
5;0C

Vậy
     
4;8 B 2;0 C 5;0A 

0.25
2.(1.0 điểm)
Giả sử:
 
 
' ' '
1 1 2 2
( ) 1 2 ; 1 ; ( ) 1 ;2 2 ;P d M t t t P d M t t t        
 
' ' '
1 2
2 ;2 3;M M t t t t t t    

.
0.25
Vì
1 2
( )M M P
nên ta có:
'
1 2 ( )
. 0 3

Q
M M n t t   
 

0.25
2
1 2
2 27M M t 
.
1 2
M M
nhỏ nhất khi
0t 

0.25
VIa
(1.0
điểm)
Vì (Q) qua M
1
và song song với (P) nên pt (Q): 2 0x y z  
0.25
Chia hai vế của pt cho
3 0
x

ta được:
4 4
3 2.
3 3

x
x
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25
4
1
3
4
3( )
3
x
x
L

 


 
 

 




 
 
 

 

 


0.25
0x  0.25
VIIa
(1.0
điểm)
Vậy pt có nghiệm là
0x 
0.25
1.(1.0 điểm)
Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2R .Gọi N là
trung điểm AB 1
22
 ANRIN

khoảng cách từ I đến  là 1),( Id
0.25
Phương trình  có dạng
)0(0)3()2(
22
 baybxa

1),( Id 1
2
22




ba
ba

0.25
VI.b
(2.0
điểm)









ab
b
3
4
0

0.25
GV: Lê Doãn Mạnh Hùng , Email:
6
Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0.
Với
ab
3
4
 , chọn 4;3  ba ta có phương trình
0643  yx
0.25
2.(1.0 điểm)
Vì A,B đều có tung độ dương nên A,B nằm về cùng
một phía đối với mặt phẳng (Oxz). Gọi B’ là điểm đối
xứng với B qua mp(Oxz), suy ra )15;2;4(' B .
0.25
Chu vi tam giác MAB là
ABABABMBAMABMBAM  ''
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng.
0.25
Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k
sao cho



AM =k.


AB’










)315(3
)42(4
)24(2
kb
k
ka

0.25












11
2

3/2
b
a
k

Vậy với
)11;0;2(M
thì tam giác MAB có chu vi nhỏ
nhất.
0.25
Điều kiện:





01
02
y
yx

0.25
Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với





4)1(log3)2(log2
2)1).(2(

22
yyx
yyx

0.25






4)1(log3)2(log2
1)1(log)2(log
22
22
yyx
yyx






2)1(log
1)2(log
2
2
y
yx

0.25
VII.b
(1.0
điểm)















3
4
7
41
2
1
2
y
x
y
yx

( thoả mãn điều kiện).
Vậy hệ phương trình có nghiệm







3
4
7
y
x

0.25

B’
B
A
M