Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC, và mặt phẳng AMN vuông góc với mặt phẳng SBC.. Phần riêng 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Theo chương tr
Trang 1Trường 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 +
ư
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 đường thẳng x+ 2y + 3 = 0
Câu II (2,0 điểm)
x
x
2 sin 1 cos
4 sin 2
+
ư
π
= 1+tanx
2 Giải hệ phương 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 lượt 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 dương thỏa mQn x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
xy z
z xz y
y yz x
x
+
+ +
+ +
3 3
3
II Phần riêng (3,0 điểm):
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.A(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (S): x2 + y2 – 2x - 4y = 0 và đường thẳng (d)
x + y -1 = 0 Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC với đường 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 phương trình: ( )log ( )log 2
1 1
3 1
B Theo chương 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 lượt thuộc các đường thẳng (d1): x – y = 0, (d2): x – 2y + 3 = 0
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3) Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm
M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất
Câu VII.B(1,0điểm)
Giải bất phương trình: ( 5+1)log2x ư( 5ư1)log2x ≤ x
.Hết
Lưu 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
Trang 2Đáp án và biểu điểm chấm
(Đề thi thử khối A- D năm 2011)
1.(1,0đ)
3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y =
1
4 2 +
ư
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 như hình vẽ:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2.(1,0đ) Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 (d)
Giải:
PT đường thẳng (∆) vuông góc với (d) có dạng: 2x – y + m = 0⇔ y = 2x + m
PT hoành độ giao điểm của (C) và(∆)là:
1
4 2 +
ư
x
x
=2x + m ⇔ 2x2 + mx +m+4 = 0 (*)
(∆) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ = m2- 8m –32 > 0
⇔ m< 4 - 4 3 ; m > 4 + 4 3 (**)
Tọa độ các giao điểm: A(xA; 2xA+m), B(xB;2xB+ m)
Trung điểm của AB có tọa độ I(
2
B
A x
x +
; xA+xB +m)
áp dụng Vi ét cho PT (*) ta có: xA + xB = -
2
m
; xA.xB =
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
B A
B A
x x
x x
⇒ xA = 0; xB = 2, hoặc xA = 2; xB = 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
Trang 3Câu II Điểm 1.(1,0đ)
x
x
2 sin 1 cos
4 sin 2
+
ư
π
= 1+tanx (1)
Giải: Đkxđ : cosx ≠≠ 0 ⇔ x ≠≠
2
π + kπ (*)
ư x
4 sin
2 π (sinx + cosx)2 = (sinx +cosx)
⇔ (sinx +cosx) 2(sin 4 ưx)(sinx+cosx)ư1
π
= 0⇔ (sinx +cosx).cos2x = 0
⇔
=
= +
0 2 cos
0 cos sin
x
x x
⇔
=
+
ư
=
π π π
4
m x
m
Vậy PT có nghiệm : x = mπ, x =
-4
π + mπ (m ∈ Z)
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
2.(1,0đ)
Giải hệ phương trình:
= + + +
+
= +
6 8 5
4
) 1 ( ) (
2
2 4 2 2
y x
y y y x x
(I)
Giải: ĐKXĐ; x≥ -
4
5
(I) ⇔
= + + +
+
= +
6 8 5
4 6 2 3
y x
y y xy x
Ta thấy y = 0 không thỏa mQn hệ
Chia hai vế PT thứ nhất cho y3, ta được: y y
y
x y
x
+
= +
(*) Xét hàm số: f(t) = t3 + t,(t∈ R), có f’(t) = 3t2 +1 > 0 ∀t∈ R.⇒ f(t) đồng biến ∀t∈ R
Từ (*) ta suy ra: f(
y
x
) = f(y) ⇔
y
x
= y ⇔ x = y2 Thay vào PT thứ hai của hệ ta có 8
5
4x+ + x+ = 6 ⇔ 2 (4x+5)(x+8) = 23 -5x
⇔
ư
= + +
≤
2
) 5 23 ( ) 8 )(
5 4 ( 4
5 23
x x
x
x
⇔
= +
ư
≤
0 41 42 5 23
2
x x
x
⇔
=
=
≤
≤
ư
) ( 41 1 5
23 4
5
L x
x
x
⇔ x =1
⇒ y2 = 1⇔ y = ±1 Vậy hệ đQ 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
x x x
x x
x
∫
+
ư +
+ +
ư
1
0
2 4 2
2 2
4
) 1 )(
1 (
) 1 (
+
∫1
0 2
1
x
dx
dx x
x
∫ +
1
0 6 2
1 = I1 + I2
Ta có: I1 =∫1 +
0
x
dx
Đặt x = tant, t∈
(-2
π
;
2
π ).⇒ dx = (1+tan2t)dt
x = 0, t = 0 x = 1, t =
4
π
+
0 4
0
2 2
tan 1
) tan 1 (
π π
dt t
dt t
4
π
I2 = dx
x
x
1
0 6 2
1 Đặt: x3 = tant, t∈
(-2
π
;
2
π ).⇒ 3x2dx = (1+tan2t)dt
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 4
x = 0, t = 0 x = 1, t =
4
π Do đó I2 =
12 3
1 tan
1
) tan 1 ( 3
0 4
0
2
π π
=
= +
+
+
∫
t
dt t
Vậy I = I1 + I2 =
4
π +
12
π =
3
Câu IV
(1,0đ)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a Gọi M, N lần lượt 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 đường cao vừa là trung
tuyến , do đó ∆SAK cân đỉnh A, ⇒ SA = AK =
2
3
a
Gọi H là tâm đáy ⇒ SH ⊥ (ABC) ta có: SH =
12
5
2 2
a AH
Diện tích đáy SABC =
4
3 2
a
Vậy V=
3
1
SH SABC =
3
1
12
5
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 dương thỏa mQn x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P =
xy z
z xz y
y yz x
x
+
+ +
+ +
3 3
3
Giải
Ap dụng BĐT Cối cho 3 số ta có:
2
3 2
1 4
3
x yz
x yz x
x
≥ +
+ +
2
3 2
1 4
3
y xz
y xz y
y
≥ +
+ +
2
3 2
1 4
3
z xy
z xy z
z
≥ +
+ + + (3) Cộng theo vế (1) ,(2),(3) ta được:
2
3 4
zx yz xy z y x
+ +
≥ + + + + +
⇒ P
4 2
ư
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 được: P ≥
2
3 4
3 2
9
=
Vậy min P =
2
3
, đạt được ⇔ x = y = z = 1
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Trang 5Câu
VI.A
1.(1,0đ) Tìm điểm A∈(d): x+y -1= 0, từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (S)
x2 + y2 – 2x - 4y = 0 và góc BAC = 60°
Điểm
Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) ∈(d): kẻ được hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60°
Khi đó góc BAI = 30° Đường 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⇔ AI2 = 20⇔ (a- 1)2 + (a+1)2 = 20
⇔ a2 = 9 ⇔ a = ± 3 ⇒ có hai điểm thỏa mQn A1(3; -2), A2(-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), đường thẳng A’B cắt (P) tại C⇒ C là điểm cần tìm
P
A
H
A'
B
C
PT đường thẳng (d) qua A ⊥(P) có VTPT n( ư2; 1;2) có dạng:
+
=
ư
ư
=
+
=
t z
t y
t x
2 2 1
2 1 , (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 đường thẳng A’B có dạng:
+
ư
=
ư
=
+
ư
=
t z
t y
t x
9 6
2 3
6 7
Tọa độ C = A’B ∩ (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 phương trình: ( )log ( )log 2
1 1
3 1
3ư 2x+x + 2x = +x (1)
Giải: ĐKxđ: x > 0 Đặt ( 3ư1)log2x =t, (t > 0) ⇒ ( )
t
x
x
= +1log2 3
Khi đó (1) có dạng: t +
t
x2
= 1 + x2 ⇔ t2 - (1+x2)t + x2 = 0 ⇔ t = 1, hoặc t = x2
0,25đ
0,25đ
Trang 6*) t = 1⇔ ( 3ư1)log2x =1 ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1 (T/M)
*) t = x2 ⇔ ( )log2 2
1
4 ) 2 ( 1
4
1
3 log2
=
⇔ log2x = 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 lượt thuộc các đường thẳng (d1): x – y = 0, (d2): x – 2y + 3 = 0
Giải: Vì BD ⊥ Ox, và B∈(d1), D∈(d2) ⇒ tọa độ B( b; b), D( b;
2
3 +
b
)
Vì B, D cách đều trục Ox ⇒
2
3 +
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 ⇔ IA2 = IB2⇔ (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 phương trình mặt
phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt 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 lượt 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 +2+3 =1
c b
a (*) Ta có: VOABC =
6
1
abc
3 3 2 1 1
abc c
b
6
1
abc ≥ 27 ⇔ VOABC ≥ 27
⇒ Min(VOABC) = 27 đạt được ⇔
3
1 3 2 1
=
=
=
c b
a ⇔ a = 3, b = 6, c = 9
Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1
9 6
z y x
⇔ 6x + 3y + 2z -18 = 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ Câu
VII.B Giải bất phương trình: ( 5+1)log2x ư( 5ư1)log2x ≤ x (1)
Giải: Đk xđ: x > 0 (1) ⇔ ( )log2x ( )log2x log2x
2 1
5 1
2
1 5 2
1
≤
ư
x
=
+ log 2 2
1 5
, (t > 0)
⇒
t
x
1 2
1
5 log2
=
Khi đó (1) ⇒ t -
t
1
≤ 1 ⇔ t2 – t – 1 ≤ 0
⇔
2
5 1 2
5
≤
≤
ư
t ⇔ 0 < t ≤
2
5
1 +
⇔
2
1 5 2
1
≤
⇔ log2x ≤ 1 ⇔ x ≤ 2 Kết hợp với đk x > 0 ⇒ (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2]
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Lưu ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó
2) Điểm bài thi khối D được chia như sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm giữ nguyên như thang điểm trên
