Hãy tính thể tích tứ diện ABC1A1 và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, A1F theo a.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.Theo chương trình
Trang 1Trường PTTH chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM 2011
www.vnmath.com Môn: TOÁN – Khối A +B
Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: 1
2
x y x
−
=
−
2 Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến này cắt trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B khác gốc toạ độ O sao cho OA = 4 OB
Câu II ( 2, 0 điểm)
1 Giải phương trình: 4sin 3x+sin 5x−2sinx os2c x=0
2 Giải hệ phương trình:
Câu III (1 điểm)
Tìm nguyên hàm của hàm số:
2
ln( 4) 4 ( )
4
f x
x
+ +
=
+
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có các mặt bên là các hình vuông cạnh a Gọi D;E, F lần lượt là các trung điểm của các cạnh BC, C1A1,C1B1 Hãy tính thể tích tứ diện ABC1A1 và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, A1F theo a
Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn: x y z+ + =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2ln(1 ) 4 2 ln(1 ) 4 2 ln(1 )
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; 1), B(-2; 5), trọng tâm G thuộc đường thẳng
( )∆1 : 2x+3y− =1 0, đỉnh C thuộc đường thẳng ( )∆2 :x y+ − =1 0 Tính diện tích tam giác ABC
2 Trong không gian toạ độ Oxyz,cho hình hộp ABCD A B C D Biết A(1;2;-1),C(3;-4;1),B1(2;-1;3), 1 1 1 1 D1(0;3;5) Tính toạ độ các đỉnh còn lại hình hộp
Câu VII.a (1,0 điểm)
(3 5) x x− 3 5 x x− 2+ −x x 0
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn tiếp xúc với trục hoành tại A(6;0) và đi qua điểm B(9;9)
2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; -1), B(-2; 1; 3) Tìm toạ độ điểm M trên trục Ox
để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
4
3 2 log 3
x y
+
+ = −
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
Trang 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A + B ĐỘT I
(Đáp án này gồm 4 trang)
m
I
(2điểm)
1 ( 1,0 điểm)
• TXĐ: R\ 1{ }
• Sự biến thiên:
1
2
x
−
0.25
Hàm số nghịch trên các khoảng (−∞; 2 ; 2;) ( +∞); hàm số không đạt cực trị Giới hạn và tiệm cận: limx→−∞y=1; lim 1
→+∞ = ⇒ y=1là tiệm cận ngang
xlim→2− y= −∞; limx→2+ y= +∞ ⇒ =x 2 là tiệm cận đứng 0.25
• Bảng biến thiên:
x -∞ 2 +∞
y’
1 +∞
y −∞ 1
0.25 • Đồ thị: y 1
O 2 x
0.25
2 (1,0 điểm)
4
OB
OA OB
OA
= ⇔ = ⇒hệ số góc của đường tiếp tuyến 1
4
Mặt khác: ( )2
1
2
x
−
1 4
k=− ( )2
3 4
2
1 0
2
x
= ⇒ =
= ⇒ =
0.25
Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn bài toán: 1( 4) 3
y= − x− + và 1 1
Trang 3Ghi chú: Nếu sai phương trình của một tiếp tuyến thì trừ 0.25đ
II
(2điểm)
1 (1điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3x+sin 5x−(sin 3x−sinx) =0 0.25 3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2sin 3 os2x c x 0 sin 3 (3 2 os2 ) 0x c x
sin 3x 0
; 3
k
x π k Z
2 (1điểm)
ĐK: x≥1;y≥1
Trừ theo vế hai phương trình của hệ và chuyển vế ta được:
x + x + + x− =y + y + + y− (*)
Ta có hàm số: f t( )= +t2 t2+21+ t−1 đồng biến trên [1;+∞) nên( )* ⇔ =x y
0.25
Thay x=y vào một phương trình của hệ ta được:
x + − = x− − + −x
2
0.25
2
0; 1 0; 1
2
1 1
21 5
x x
x
x x
> ∀ ≥
< ∀ ≥
=
− + + +
1 4 44 2 4 4 43 14 2 43
0.25
III
(1điểm) Ta có: ( ) ( )
( )
2
2 2
4
4 4
x x
+
+ +
2
4 1
d x
x
+
+
0.5
=1 2 2 2 2
ln ( 4) 2 8ln( 4)
IV
(1điểm) Ta có hình đã cholà lăng trụ đều và 1 1 1
3
ABC A B C
0.25
-0.25
0.25
Ta có: V ABC A1 1 =V B AC A. 1 1 =V B ACC. 1 =V B B A C.1 1 1
-E
F
C
A1
C1
B1 D
E
I
J K
Trang 4Do đó:
3
ABC A ABC A B C
a
V = V = Khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A1F bằng
khoảng cách giữa A1F và (ADE)
Lấy I, J lần lượt là trung điểmcủa AD, A1F thì A F1 ⊥(EIJ).
Trong (EIJ) kẻ JK ⊥IE thì JK =d A F ADE( 1 ;( ) )
Ta có: 1 1
B C a
IJ EJ
4
a
IE= + =
Trong tam giác vuông IJE ta có: . 17
17
IJ JE a JK
IE
0.25
m
V
(1 điểm) Từ giả thiết suy ra:x;y;z thuộc [ ]0;3 nên 4 2ln(1+ + −x) y>0; 4 2ln(1+ + − >y) z 0;
4 2ln(1+ + − >z) x 0 Với A; B; C là các số dương ta có: 1 1 1 9
A B C+ + ≥ A B C
+ + áp dụng vào bài toán ta có:
P
≥
0.25
Xét hàm số g t( ) = g t( ) 2ln(1= + − +t) t 4,t∈[ ]0;3
Ta có: '( ) 1
1
t
g t
t
−
= + ; Lập BBT ta có: 0<g t( ) 2ln 2 3≤ +
0.25
Suy ra: 3
3 2ln 2
P≥
3 2ln 2
P=
VI.a 1 (1 điểm)
(2 điểm)
Vì: C∈ ∆ ⇒( )2 C c( ;1−c) 1 ;7
c c
G− + −
Mặt khác: ( )1 ( ) ( )
3
c
Đường thẳng AB qua A(1;1) ; B(-2;5) có phương trình: 4x + 3y -7 = 0
( ; ) | 4.16 3.15 7 | 122 2
5
h d C AB= = − − =
+
0.25 1
2
ABC
S AB h
2 (1 điểm)
Gọi I; I1 lần lượt là tâm của các hình bình hành ABCD; A1B1C1D1 Ta có:
1 (2; 1;0); (1;1; 4)
Ta có: IIuur1= −( 1; 2; 4)
Sử dụng : uuur uurAA1 =II1 ta có: A1(0; 4;3). 0.25
Trang 5Tương tự ta có: B(3; 3; 1 ;− − ) (C1 2; 2;5 ;− ) (D 1;1;1)
Lưu ý: Nếu sai toạ độ một đỉnh thì trừ 0.25
0.5
VII.a
(1 điểm) Bất phương trình tương đương với: (3−2 5)2x x− 2 +(3+2 5)2x x− 2 − ≤2 0 0.25
Đặt
( 0)
t
= ÷÷ > ⇒ ÷÷ =
ta được bất phương trình: t 1 2 0
t
+ − ≤
2 1
t
t t
−
2
2x x 0
VI.b
( 2điểm)
1 (1 điểm)
(C ) tiếp xúc với Ox tại A(6;0), qua điểm B(9;9) nên tâm I(6;b), b>0 và R = b nên phương
trình có dạng: ( ) (2 )2 2
6
x− + −y b =R
0.5
B(9;9) nằm trên (C ) nên: b2=25 (b>0) ⇒ =b 5⇒ =R 5 0.25 Vậy phương trình đường tròn: ( ) (2 )2
2 (1,0 điểm)
Khi đó: uuuurAM = − −(t 1; 2;1 ;) uuurAB= − −( 3; 1; 4)⇒uuuur uuurAM AB; = − − + − −( 7; 4 1;t t 5) 0.25
2
ABM
Hàm số f t( )= 17t2+ +2t 75đạt GTNN tại 1
17
t= − Vậy 1;0;0
17
M−
là điểm cần tìm.
0.25
VII.b
(1 điểm)
Hệ đã cho tương đương với:
3
+ − = − −
0.5
⇔
1 2
2 1
3 4
4
3
2 3 log
y
y
−
−
= − −
2 1
3 4
2 3 log
y
−
⇔ = − −
0.25
3 4
3 4
1
1 log 2
1
1 log 2
x y
⇔
4x y ; 3.4 y ( 0; 0)
u= + − v= − u> v> (0.25đ) Hệ đã cho đưa về hệ:
3 4
3 4
1
1 log
1 log 2
x
y
0.25