Trờng THPT Huỳnh Thúc Kháng Đề thi thử Đại học lần I - năm 2011 Tổ toán Môn thi: Toán - Khối A- Khối D Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0điểm ): CâuI ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = 1 4 2 + x x . Đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2. Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. Câu II ( 2,0 điểm ) 1. Giải phơng trình: ( ) x x x 2 sin 1 cos 4 sin 2 + = 1+tanx 2. Giải hệ phơng trình: = + + + + = + 6 8 5 4 )1 ( ) ( 2 2 4 2 2 y x y y y x x Câu III ( 1,0 điểm ) Tính tích phân: I = dx x x + + 1 0 6 4 1 1 CâuIV ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SB, SC, và mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC Câu V ( 1,0 điểm ) Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy z z xz y y yz x x + + + + + 3 33 II. Phần riêng ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chơng trình chuẩn. Câu VI.A( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (S): x 2 + y 2 2x - 4y = 0. và đờng thẳng (d) x + y -1 = 0. Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (S) và góc BAC bằng 60 . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x y +2z +11 = 0, và hai điểm A(1;-1;2) B(-1;1;3). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Câu VII.A(1,0điểm) Giải phơng trình: ( ) ( ) 2 log log 1 1 3 1 3 2 2 x x x x + = + + B. Theo chơng trình Nâng cao. Câu VI.B ( 2,0điểm ) 1. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh B, D lần lợt thuộc các đờng thẳng (d 1 ): x y = 0, (d 2 ): x 2y + 3 = 0. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Câu VII.B(1,0điểm ) Giải bất phơng trình: ( ) ( ) x xx + 2 2 loglog 1515 Hết Lu ý: Thí sinh thi khối D không phải làm các câu VII.A, VII.B Họ và tên thí sinh Số báo danh www.laisac.page.tl Đáp án và biểu điểm chấm (Đề thi thử khối A- D năm 2011) Câu I Lời giải Điểm 1.(1,0đ) 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = 1 42 + x x Giải: 1. TXĐ: D = R\ {-1} 2. Sự BT: + TCĐ: x = -1, TCN: y = 2. + y = 2 )1( 6 +x > 0 x -1. + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và (-1; +). + Ta có BBT: + + 2 + - + -1 - y y' X 2 3. Đồ thị hàm số nh hình vẽ: 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2.(1,0đ) Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d) Giải: PT đờng thẳng () vuông góc với (d) có dạng: 2x y + m = 0 y = 2x + m. PT hoành độ giao điểm của (C) và()là: 1 42 + x x =2x + m 2x 2 + mx +m+4 = 0 (*). () cắt (C) tại hai điểm phân biệt = m 2 - 8m 32 > 0 m< 4 - 4 3 ; m > 4 + 4 3 (**) Tọa độ các giao điểm: A(x A ; 2x A +m), B(x B ;2x B + m). Trung điểm của AB có tọa độ I( 2 BA xx + ; x A +x B +m). áp dụng Vi ét cho PT (*) ta có: x A + x B = - 2 m ; x A .x B = 2 4 + m . I(- 4 m ; 2 m ). A,B đối xứng nhau qua (d) I (d) - 4 m + m + 3 = 0 m = - 4. (t/m **) Khi m = - 4 ta có: = =+ 0 2 BA BA xx xx x A = 0; x B = 2, hoặc x A = 2; x B = 0 Vậy trên (C) có hai điểm đối xứng nhau qua (d): A(0; - 4), B(2; 0) Hoặc A(2; 0), B(0; - 4) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu II. Điểm 1.(1,0đ) Giải phơng trình: ( ) x x x 2sin1 cos 4 sin2 + = 1+tanx (1) Giải: Đkxđ : cosx 0 x 2 + k. (*) (1) x 4 sin2 (sinx + cosx) 2 = (sinx +cosx) (sinx +cosx) + 1)cos)(sin 4 (sin2 xxx = 0 (sinx +cosx).cos2x = 0 = =+ 02cos 0cossin x xx = += . . 4 mx mx (t/m (*)) Vậy PT có nghiệm : x = m, x = - 4 + m. (m Z) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2.(1,0đ) Giải hệ phơng trình: =+++ +=+ 6854 )1()( 2 2422 yx yyyxx (I) Giải: ĐKXĐ; x - 4 5 . (I) =+++ +=+ 6854 2 4623 yx yyxyx . Ta thấy y = 0 không thỏa mn hệ Chia hai vế PT thứ nhất cho y 3 , ta đợc: yy y x y x +=+ 3 3 . (*) Xét hàm số: f(t) = t 3 + t,(t R), có f(t) = 3t 2 +1 > 0 t R. f(t) đồng biến t R. Từ (*) ta suy ra: f( y x ) = f(y) y x = y x = y 2 . Thay vào PT thứ hai của hệ ta có 854 +++ xx = 6 2 )8)(54( ++ xx = 23 -5x =++ 2 )523()8)(54(4 5 23 xxx x =+ 04142 5 23 2 xx x = = )(41 1 5 23 4 5 Lx x x x =1 y 2 = 1 y = 1. Vậy hệ đ cho có hai nghiệm: (x;y) = (1;-1),(1;1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III (1,0đ) Tính tích phân: I = dx x x + + 1 0 6 4 1 1 Giải: Ta có: I = dx xxx xxx ++ ++ 1 0 242 224 )1)(1( )1( = + + 1 0 2 1x dx dx x x + 1 0 6 2 1 = I 1 + I 2 Ta có: I 1 = + 1 0 2 1x dx . Đặt x = tant, t (- 2 ; 2 ). dx = (1+tan 2 t)dt . x = 0, t = 0. x = 1, t = 4 . I 1 = == + + 4 0 4 0 2 2 tan1 )tan1( dt t dtt 4 . I 2 = dx x x + 1 0 6 2 1 . Đặt: x 3 = tant, t (- 2 ; 2 ). 3x 2 dx = (1+tan 2 t)dt 0,25đ 0,25đ 0,25đ x = 0, t = 0. x = 1, t = 4 . Do đó I 2 = 123 1 tan1 )tan1( 3 1 4 0 4 0 2 2 == ++ + dt t dtt Vậy I = I 1 + I 2 = 4 + 12 = 3 0,25đ Câu IV (1,0đ) Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SB, SC, và mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC Giải: I H A B C S K a M N Gọi K là trung điểm của BC, I = SK MN I là trung điểm của SK và MN. Vì (AMN) (SBC) SK (AMN) AI SK AI vừa là đờng cao vừa là trung tuyến , do đó SAK cân đỉnh A, SA = AK = 2 3a . Gọi H là tâm đáy SH (ABC) ta có: SH = 12 5 22 aAHSA = Diện tích đáy S ABC = 4 3 2 a . Vậy V= 3 1 . SH. S ABC = 3 1 . 12 5 a . 4 3 2 a = 24 5 3 a 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V (1,0đ) Cho x,y,z là ba số thực dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xyz z xzy y yzx x + + + + + 333 Giải. Ap dụng BĐT Cối cho 3 số ta có: 2 3 2 1 4 3 xyzx yzx x + + + + (1). 2 3 2 1 4 3 yxzy xzy y + + + + (2) 2 3 2 1 4 3 zxyz xyz z + + + + (3). Cộng theo vế (1) ,(2),(3) ta đợc: P + )( 2 3 4 4 zyx zxyzxyzyx ++ + + + + + P 4 2 9 zxyzxy + + (*) Mặt khác ta có : (x-y) 2 + (y-z) 2 + (z-x) 2 0 xy +yz +zx 3 1 (x+y+z) 2 = 3 (**) Thay (**) vào (*) ta đợc: P 2 3 4 3 2 9 = . Vậy min P = 2 3 , đạt đợc x = y = z = 1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VI.A 1.(1,0đ) Tìm điểm A(d): x+y -1= 0, từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC với đờng tròn (S) x 2 + y 2 2x - 4y = 0 và góc BAC = 60. Điểm Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) (d): kẻ đợc hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60 Khi đó góc BAI = 30. Đờng tròn (S) có tâm I(1;2), bán kính R = 5 d R I B A C Trong tam giác ABI ta có AI = 2R = 2 AI 2 = 20 (a- 1) 2 + (a+1) 2 = 20 a 2 = 9 a = 3 có hai điểm thỏa mn A 1 (3; -2), A 2 (-3; 4) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2(1,0đ) Cho hai điểm A(1;-1;2) , B(-1;1;3) và mf(P): 2x y +2z +11 = 0. Tìm điểm C (P) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. Gĩải Vì AB không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất CA + CB nhỏ nhất. Thay tọa độ A,B vào VT của (P) A,B nằm cùng phía với (P). Gọi A là điểm đối xứng của A qua (P), đờng thẳng AB cắt (P) tại C C là điểm cần tìm. P A H A' B C PT đờng thẳng (d) qua A (P) có VTPT )2;1;2( n có dạng: += = += tz ty tx 22 1 21 , (t R). Tọa độ giao điểm H của (d) và (P): 2(1+2t) + 1+t+ 2(2+2t) +11 = 0 t =-2, H( -3; 1; -2) A(-7;3;-6). PT đờng thẳng AB có dạng: += = += tz ty tx 96 23 67 . Tọa độ C = AB (P) : 2(-7+6t) -3 + 2t + 2(-6+ 9t) +11 = 0 t = 16 9 C(- 16 15 ; 8 15 ; 8 29 ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VII.A Giải phơng trình: ( ) ( ) 2 loglog 11313 22 xx xx +=++ . (1) Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt ( ) t x = 2 log 13 , (t > 0). ( ) t x x =+ 2 log 13 Khi đó (1) có dạng: t + t x 2 = 1 + x 2 t 2 - (1+x 2 )t + x 2 = 0 t = 1, hoặc t = x 2 . 0,25đ 0,25đ *) t = 1 ( ) 113 2 log = x log 2 x = 0 x = 1. (T/M). *) t = x 2 ( ) 2 log 2 13 x x = ( ) xx x 22 2 log 2 log log 4)2(13 == 1 4 13 2 log = x log 2 x = 0 x = 1. (T/M). Vậy PT (1) có nghiệm: x = 1. 0,25đ 0,25đ Câu VI.B 1(1,0đ) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh B, D lần lợt thuộc các đờng thẳng (d 1 ): x y = 0, (d 2 ): x 2y + 3 = 0. Giải: Vì BD Ox, và B(d 1 ), D(d 2 ) tọa độ B( b; b), D( b; 2 3 + b ). Vì B, D cách đều trục Ox 2 3+ = b b 2b= (b+3) b = 3, hoặc b = -1. *) b = 3 B(3;3), D(3; 3) ( loại) *) b = -1 B(-1;-1), D(-1; 1). Khi đó tâm I của hình vuông có tọa độ: I (-1;0) Lấy A(a; 0) Ox A là đỉnh của hình vuông IA 2 = IB 2 (a+1) 2 = 1 a = 0, hoặc a = -2. Do đó A(0; 0), C(-2;0), hoặc A(-2;0), C(0 ;0) Vậy có hai hình vuông: A(0; 0), B(-1;-1), C(-2;0), D (-1; 1) A(-2;0), B(-1;-1), C(0; 0), D (-1; 1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2(1;0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất Giải: Gọi A(a; 0;0), B(b; 0 ;0), C(c; 0 ;0) lần lợt thuộc các tia Ox, Oy, Oz. (a,b,c > 0). Khi đó PT mf(P) đi qua ABC có dạng: 1=++ c z b y a x . (P) (P) đi qua M 1 321 =++ c b a (*). Ta có: V OABC = 6 1 abc. Ap dụng BĐT Côsi ta co: 3 6 3 321 1 abccba ++= 6 1 abc 27 V OABC 27 Min(V OABC ) = 27 đạt đợc 3 1321 === c b a a = 3, b = 6, c = 9. Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1 9 6 3 =++ zyx 6x + 3y + 2z -18 = 0 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VII.B Giải bất phơng trình: ( ) ( ) x xx + 22 loglog 1515 (1) Giải: Đk xđ: x > 0. (1) ( ) ( ) x xx 2 22 log loglog 21515 + 1 2 15 2 15 22 loglog + xx . Đặt t x = + 2 log 2 15 , (t > 0) t x 1 2 15 2 log = . Khi đó (1) t - t 1 1 t 2 t 1 0. 2 51 2 51 + t 0 < t 2 51+ 2 15 2 15 2 log + + x log 2 x 1 x 2. Kết hợp với đk x > 0 (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2] 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Lu ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó. 2) Điểm bài thi khối D đợc chia nh sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm giữ nguyên nh thang điểm trên. . Trờng THPT Huỳnh Thúc Kháng Đề thi thử Đại học lần I - năm 2 011 Tổ toán Môn thi: Toán - Khối A- Khối D Thời gian làm bài: 18 0 phút không kể thời gian phát đề I. Phần. C (-2 ;0), hoặc A (-2 ;0), C(0 ;0) Vậy có hai hình vuông: A(0; 0), B( -1 ; -1 ) , C (-2 ;0), D ( -1 ; 1) A (-2 ;0), B( -1 ; -1 ) , C(0; 0), D ( -1 ; 1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 (1; 0đ) Trong. *) b = -1 B( -1 ; -1 ) , D( -1 ; 1) . Khi đó tâm I của hình vuông có tọa độ: I ( -1 ; 0) Lấy A(a; 0) Ox A là đỉnh của hình vuông IA 2 = IB 2 (a +1) 2 = 1 a = 0, hoặc a = -2 . Do đó A(0; 0), C (-2 ;0),