I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0điểm):
CâuI (2,0 điểm)
Cho hàm số y =2x-4/x+1. 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.
Tr−ờng 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 42 + − 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 đ−ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải ph−ơng trình: ( )x x x 2sin1 cos 4 sin2 + − pi = 1+tanx 2. Giải hệ ph−ơng trình: =+++ +=+ 6854 )1()( 2 2422 yx yyyxx 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 l−ợt 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 d−ơng thỏa mQn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xyz z xzy y yzx x + + + + + 333 II. Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo ch−ơng trình chuẩn. Câu VI.A(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ−ờng tròn (S): x2 + y2 – 2x - 4y = 0. và đ−ờng thẳng (d) x + y -1 = 0. Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ đ−ợc hai tiếp tuyến AB, AC với đ−ờng 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 ph−ơng trình: ( ) ( ) 2loglog 11313 22 xx xx +=++− B. Theo ch−ơng 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 l−ợt thuộc các đ−ờng 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 ph−ơng trình mặt phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần l−ợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. Câu VII.B(1,0điểm) Giải bất ph−ơng trình: ( ) ( ) xxx ≤−−+ 22 loglog 1515 ............................Hết................................ L−u 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 đ−ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d) Giải: PT đ−ờng 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 ⇔ 2x2 + mx +m+4 = 0 (*). (∆) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ = m2- 8m –32 > 0 ⇔ 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 BA xx + ; 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 BA BA xx xx ⇒ 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 Câu II. Điểm 1.(1,0đ) Giải ph−ơng trình: ( )x x x 2sin1 cos 4 sin2 + − pi = 1+tanx (1) Giải: Đkxđ : cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 pi + kpi. (*) (1) ⇔ − x 4 sin2 pi (sinx + cosx)2 = (sinx +cosx) ⇔ (sinx +cosx) −+− 1)cos)(sin 4 (sin2 xxxpi = 0⇔ (sinx +cosx).cos2x = 0 ⇔ = =+ 02cos 0cossin x xx ⇔ = +−= pi pi pi . . 4 mx mx (t/m (*)) Vậy PT có nghiệm : x = mpi, x = - 4 pi + mpi. (m ∈ Z) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2.(1,0đ) Giải hệ ph−ơng 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 mQn hệ Chia hai vế PT thứ nhất cho y3, ta đ−ợc: yy y x y x +=+ 3 3 . (*) 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 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 ⇒ 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 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 = I1 + I2 Ta có: I1 = ∫ + 1 0 2 1x dx . Đặt x = tant, t∈ (- 2 pi ; 2 pi ).⇒ dx = (1+tan2t)dt . x = 0, t = 0. x = 1, t = 4 pi . I1 = ∫∫ ==+ + 4 0 4 0 2 2 tan1 )tan1( pipi dt t dtt 4 pi . I2 = dx x x ∫ + 1 0 6 2 1 . Đặt: x3 = tant, t∈ (- 2 pi ; 2 pi ).⇒ 3x2dx = (1+tan2t)dt 0,25đ 0,25đ 0,25đ x = 0, t = 0. x = 1, t = 4 pi . Do đó I2 = 123 1 tan1 )tan1( 3 1 4 0 4 0 2 2 pi pipi == ++ + ∫∫ dtt dtt Vậy I = I1 + I2 = 4 pi + 12 pi = 3 pi 0,25đ Câu IV (1,0đ) Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần l−ợt 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 đ−ờng 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 = 12 522 aAHSA =− Diện tích đáy SABC = 4 32a . Vậy V= 3 1 . SH. SABC = 3 1 . 12 5 a . 4 32a = 24 53a 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V (1,0đ) Cho x,y,z là ba số thực d−ơng thỏa mQn 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 đ−ợc: P + )( 2 3 44 zyxzxyzxyzyx ++≥+++++ ⇒ P 42 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 đ−ợc: P ≥ 2 3 4 3 2 9 =− . Vậy min P = 2 3 , đạt đ−ợc ⇔ 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 đ−ợc hai tiếp tuyến AB,AC với đ−ờng tròn (S) x2 + y2 – 2x - 4y = 0 và góc BAC = 60°. Điểm Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) ∈(d): kẻ đ−ợc hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60° Khi đó góc BAI = 30°. Đ−ờng 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), đ−ờng thẳng A’B cắt (P) tại C⇒ C là điểm cần tìm. P A H A' B C PT đ−ờng 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 đ−ờng thẳng A’B có dạng: +−= −= +−= tz ty tx 96 23 67 . 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 ph−ơng trình: ( ) ( ) 2loglog 11313 22 xx xx +=++− . (1) Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt ( ) tx =− 2log13 , (t > 0). ⇒ ( ) t xx =+ 2log13 Khi đó (1) có dạng: t + t x 2 = 1 + x2 ⇔ t2 - (1+x2)t + x2 = 0 ⇔ t = 1, hoặc t = x2. 0,25đ 0,25đ *) t = 1⇔ ( ) 113 2log =− x ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1. (T/M). *) t = x2 ⇔ ( ) 2log213 xx =− ⇔ ( ) xxx 222 log2loglog 4)2(13 ==− ⇔ 1 4 13 2 log = − x ⇔ 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 l−ợt thuộc các đ−ờng 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+ = bb ⇔ 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 ph−ơng trình mặt phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần l−ợt 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 l−ợt 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 ⇒ 1321 =++ cba (*). Ta có: VOABC = 6 1 abc. A’p dụng BĐT Côsi ta co: 3 633211 abccba ≥++= ⇔ 6 1 abc ≥ 27 ⇔ VOABC ≥ 27 ⇒ Min(VOABC) = 27 đạt đ−ợc ⇔ 3 1321 === cba ⇔ a = 3, b = 6, c = 9. Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1 963 =++ zyx ⇔ 6x + 3y + 2z -18 = 0 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VII.B Giải bất ph−ơng trình: ( ) ( ) xxx ≤−−+ 22 loglog 1515 (1) Giải: Đk xđ: x > 0. (1) ⇔ ( ) ( ) xxx 222 logloglog 21515 ≤−−+ ⇔ 1 2 15 2 15 22 loglog ≤ − − + xx . Đặt t x = + 2log 2 15 , (t > 0) ⇒ t x 1 2 15 2 log = − . Khi đó (1) ⇒ t - t 1 ≤ 1 ⇔ t2 – t – 1 ≤ 0. ⇔ 2 51 2 51 +≤≤− t ⇔ 0 < t ≤ 2 51+ ⇔ 2 15 2 15 2 log +≤ + x ⇔ 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 L−u ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó. 2) Điểm bài thi khối D đ−ợc chia nh− sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm giữ nguyên nh− thang điểm trên.
Tài liệu đính kèm: