Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị H của hàm số đã cho.. Tính theo a thể tích khối tứ diện AD’MN và khoảng cách từ A đến đường thẳng D’N.. Tìm toạ độ điểm C trên m ặt phẳng Oxy sao cho
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TR ƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, kh ối A+B
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
1
1 2 ++
=
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(H của hàm số đã cho
2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị )(H bi ết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2;4) và
) 2
;
4
(− −
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: 4(sin6x+cos6 x)−3 3sin2x.cos2x=1
2 Giải phương trình: x2 +20x+4+ x =2x+4 (x∈R)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: dx
x x
x x x
I=∫2 −− ++
2 3
1
3 2
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, gọi M,N lần lượt là trung điểm
các cạnh A’B’, B’C’ Tính theo a thể tích khối tứ diện AD’MN và khoảng cách từ A đến đường
thẳng D’N
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c>0và a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b a
c ca a c
b bc c b
a ab P
+
+ + ++
+ +
+
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh ch ỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo ch ương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC∆ có phương trình các cạnh AB, AClần lượt là
0 3
2x − y− = , x + y=0và trọng tâm G( −2; 1) Lập phương trình cạnh BC
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;8;9)vàB(−3;−4;−3) Tìm toạ độ điểm
C trên m ặt phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 4182
3 3 log
) 2 (
x x
x
+
− +
−
B Theo ch ương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2;3)và cắt đường tròn x2 + y2 −2x−2y−2=0 tại hai điểm B A, sao cho AB=2 3
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(−2;4;3)vàB(4;2;15) Tìm toạ độ điểm
M trên m ặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
= + +
−
= +
− +
−
4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log 2
0 2 2 2
2 2
2
y y
x
x y xy y
-H ết -
Thí sinh không s ử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh……….; Số báo danh……… www.laisac.page.tl
Trang 2SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TR ƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN, kh ối A+B
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
1.(1.0 điểm)
• Tập xác định: D = R\{− }
• Sự biến thiên:
) 1 (
1 '
2 > ∀ ≠− +
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 +∞
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 x0 là hoành độ tiếp điểm (x0≠−1), phương trình tiếp tuyến là
1
1 2 ) ( ) 1 (
1
0
0 0 2
=
x
x x x 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
1 2 ) 1 ( ) 1 (
1
0
0 0 2
0
=
⇔ +
+ +
−
− +
x
x x x
suy ra phương trình tiếp tuyến là
4
5 4
1 +
= x y
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
=
−
−
−
−
−
=
−
=
=
⇔
= +
⇔
2
0 1
) 1 (
1
0
0 2
x x
0.25
I
(2.0
điểm)
với x0 =0 ta có phương trình tiếp tuyến là y = x+1
Với x0 =−2 ta có phương trình tiếp tuyến là y = x+5
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là 1 5
+
= x
y ;y = x+1vày = x+5
0.25
Trang 3Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm)
Ta có 4(sin6x+cos6 x)−3 3sin2x.cos2x=1
1 2 cos 2 sin 3 3 )]
cos (sin
cos sin 3 ) cos [(sin
1 2 cos 2 sin 3 3 ) 2 sin 4
3 1
[(
0.25
0 4 sin 2
3 3 ) 4 cos 1 ( 2
3
2
1 4 sin 2
3 4 cos 2
6 sin ) 6 4
=
−
) ( 2 4
2
k x
k x
∈
+
=
+
=
π π
π π
Vậy phương trình có nghiệm ( )
2 4
2
k x
k x
∈
+
=
+
=
π π
π π
0.25
2.(1.0 điểm)
Điều kiện x≥0 Do x=0 không phải là nghiệm nên chia hai vế cho xta được:
) 2 ( 2 1 4 20
x
x x
Đặt
x x
t= + 2 ⇒ + 4 =t2 −4
x
x , phương trình trở thành t2+16+1=2t 0.25
+
−
= +
≥
⇔
1 4 4 16 2 1
2 2
t t t
II
(2.0
điểm)
Với t=3 ta có + 2 =3
x
=
=
⇔
4
1
x
x
(thoả mãn điều kiện) Vậy
=
= 4
1
x
x
0.25
x x
x x x
I =∫2 − − +−
2
1
) 1 2 )(
(
0.25
x x
x dt
1 2
1 2
2 − +
−
=
1
3 ) 3
1 ( 2 ) 1 (
3
1
2
t t dt t
III
(1.0
điểm)
3
4
= Vậy
3
4
=
=
∆ MN D
S ' SA'B'C'D' − S∆D'A'M − S∆ MN B' − S∆D'C'N
8
3 8 4 4
2 2 2 2
=
0.25
8 8
3 3
1 '
3
' '
a a a S
AA
Gọi H là hình chiếu của S trên D’N, ϕ là góc giữa AD’ và D’N
Ta có AD'=a 2;D'N =a 5/2;AN=3a/2
=
−
sin
2 2 2 2
' ' 2
' '
1−D A +D D A N D −N AN = 103
0.25
IV
(1.0
điểm)
5
3 10
3 2 sin
AD
Vậy
8
3 '
a
V AD MN = và
5
3 ) ' , (A D N a
0.25
D’
B
D
C
A
N
C’
A’
B’
H
M
Trang 4Câu Đáp án Điểm
c b
b a c
b
a b c b c
b
a ab
− ++
=
−
−
= +
Tương tự 3 3( ) c;
a c
c b a c
b bc
− ++
= +
b a
a c b a
c ca
− ++
= +
) (
3
b a
a c a c
c b c b
b
+
+ + +
+ + +
+
=
+
+ + +
+ + +
+
=
b a
a c a c
c b c b
b a
0.25
≥ +
+ + +
+ + +
+
b a
a c a c
c b c
b
b
a
3
+
+ ++ +
+
b a
a c a c
c b c b
b a
6
≥
V
(1.0
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
= + +
+
+
= +
+
= + +
3
c b a
b a
a c a c
c b c b
b a
1
=
=
=
Vậy minP=6khi a =b=c=1
0.25
1.(1.0 điểm)
A có toạ độ thoả mãn hệ phương trình
−
=
=
⇔
= +
=
−
−
1
1 0
0 3 2
y
x y
x
y x
Gọi B(b;2b−3),C(c;−c).Vì G là trọng tâm ∆ABC nên
−
=
−
− +
−
= + +
) 1 (
3 3 2 1
1 3 1
c b
c b
0.25
=
=
⇔
3
2
c
b
1 3
1 2
3
−
−
−
=
−
−
y x y
x
Vậy phương trình cạnh BC là 4x + y−9=0
0.25
2.(1.0 điểm)
Gọi C ( b a; ;0).ta có CA=CB⇔CA2 =CB2 ⇔(a−1)2 +(b−8)2 +92 =(a+3)2 +(b+4)2 +32
b
a=14 −3
Gọi I là trung điểm AB Ta có I(−1;2;3), AB= 304 Vì ∆ABC cân nên = 2. ∆ = 22
AB
S
0.25
Ta có C(14−3b;b;0), CI= 22 ⇔(15−3b)2+(b−2)2+32 =22 0.25
VIa
(1.0
điểm)
=
=
⇔
5 27 4
b
b
suy ra C(2;4;0)hoặc ;0)
5
27
; 5
11 (−
C
Vậy C(2;4;0)hoặc ;0)
5
27
; 5
11 (−
C
0.25
Điều kiện:
≠
>
⇔
>
+
−
>
−
2
0 0
3 3
0 ) 2 (
2
2
x x x
x x
x
0.25
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với
3 3 2
3 3 log
2
2
3
x
x x
Nếu x>2ta cóx2−2x=x2−3x+3⇔x=3(thoả mãn điều kiện) 0.25
VIIa
(1.0
điểm)
Nếu 0< x<2 ta có
=
=
⇔ +
−
= +
−
2 3
1 3
3
2
x
x x
x x
Vậy phương trình có 3 nghiệm
2
3
; 1
;
x
0.25
Trang 5Câu Đáp án Điểm 1.(1.0 điểm)
Đường tròn có tâm (1;1), bán kính R=2.Gọi N là trung điểm AB ⇒IN = R2 −AN2 =1
⇒ khoảng cách từ I đến ∆ là d(I,∆)=1
0.25
Phương trình∆ có dạng
) 0 (
0 ) 3 ( ) 2 (x− +b y− = a2 +b2 ≠
1 ) , (I ∆ =
2 2
= +
−
−
⇔
b a
b
−
=
=
⇔
a b
b
3 4
0
0.25
Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0
Với b a
3
4
−
= , chọn a = b3; =−4 ta có phương trình
0 6 4
3x− y+ =
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 B'(4;−2;15)
0.25
Chu vi tam giác MAB là
AB AB AB MB AM AB MB
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng
0.25
Gọi M(a;0;b) Vì A, M, B’ th ẳng hàng nên có số k sao cho
→
AM =k
→
AB’
−
=
−
−
−
=
−
+
= +
⇔
) 3 15 ( 3
) 4 2 ( 4
) 2 4 ( 2
k b k
k a
0.25
VI.b
(2.0
điểm)
=
=
=
⇔
11 2
3 / 2
b a k
Vậy với M(2;0;11)thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất
0.25
Điều kiện:
>
+
>
− 0 1
0 2
y
y x
0.25
Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với
= + +
−
= +
−
4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log
2
2 ) 1 ).(
2
(
2
y y
= + +
−
= + +
−
⇔
4 ) 1 ( log 3 ) 2 ( log 2
1 ) 1 ( log ) 2 ( log
2 2
2 2
y y
x
y y
x
= +
−
=
−
⇔
2 ) 1 ( log
1 ) 2 ( log 2
2
y
y x
0.25
VII.b
(1.0
điểm)
=
=
⇔
= +
=
−
3 4 7
4 1
2
1 2
y
x y
y x
( thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
=
= 3 4 7
y
x
0.25
-Hết - Gv: Trần Văn Hưng
B
A
M
I
N
B’
B
A
M