Đề thi thử đại học lần I môn thi: Toán, khối A+B

 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN, khối 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
12
+
+
=
x
xy 
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 biết tiếp tuyến cách đều hai điểm )4;2(A và 
)2;4( −−B . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 12cos.2sin33)cos(sin4 66 =−+ xxxx 
2. Giải phương trình: )(424202 Rxxxxx ∈+=+++ 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: dx
xx
xxxI ∫
+−
+−
=
2
0
2
23
1
32
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 0,, >cba và 3=++ cba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
ba
cca
ac
bbc
cb
aabP
+
+
+
+
+
+
+
+
=
333
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 toạ độ Oxy cho ABC∆ có phương trình các cạnh ACAB, lần lượt là 
032 =−− yx , 0=+ yx và trọng tâm )1;2( −G . Lập phương trình cạnh BC . 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm )9;8;1(A và )3;4;3( −−−B . Tìm toạ độ điểm 
C trên mặt phẳng Oxy sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 4182 . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình )(0
33
log)2(log 2323 Rxxx
x
x ∈=
+−
+− 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua )3;2(M và cắt đường 
tròn 022222 =−−−+ yxyx tại hai điểm BA, sao cho 32=AB . 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm )3;4;2(−A và )15;2;4(B . Tìm toạ độ điểm 
M trên mặt phẳng Oxz sao cho tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 


=++−
=+−+−
4)1(log3)2(log2
0222
22
2
yyx
xyxyy
----------Hết ---------- 
Thí sinh không sử 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 1/4 
 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN, khối A+B 
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
• Tập xác định: }1{\ −= RD 
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 10)1(
1
' 2 −≠∀>+
= x
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’ + + 
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 0x là hoành độ tiếp điểm )1( 0 −≠x , phương trình tiếp tuyến là 1
12)()1(
1
0
0
02
0 +
+
+−
+
=
x
x
xx
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
12)1()1(
11 0
0
0
02
0
=⇔
+
+
+−−
+
= x
x
x
x
x
 suy ra phương trình tiếp tuyến là
4
5
4
1
+= xy 
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
=
−−
−−−
=k 

−=
=⇔=+⇔ 2
0
1)1(
1
0
0
2
0 x
x
x
0.25 
I 
(2.0 
điểm) 
với 00 =x ta có phương trình tiếp tuyến là 1+= xy 
Với 20 −=x ta có phương trình tiếp tuyến là 5+= xy 
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến thoả mãn đề bài là 
4
5
4
1
+= xy ; 1+= xy và 5+= xy . 
0.25 
 Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
Ta có 12cos.2sin33)cos(sin4 66 =−+ xxxx 
12cos.2sin33)]cos(sincos.sin3)cos[(sin4 2222322 =−+−+⇔ xxxxxxxx 
12cos.2sin33)2sin
4
31[(4 2 =−−⇔ xxx 
0.25 
04sin
2
33)4cos1(
2
33 =−−−⇔ xx
2
14sin
2
34cos
2
1
−=−⇔ xx 0.25 
6
sin)
6
4sin( pipi =−⇔ x 0.25 
)(
24
212 Zk
kx
kx
∈




+=
+=
pipi
pipi
. Vậy phương trình có nghiệm )(
24
212 Zk
kx
kx
∈




+=
+=
pipi
pipi
 0.25 
2.(1.0 điểm) 
Điều kiện 0≥x . Do 0=x không phải là nghiệm nên chia hai vế cho x ta được: 
)2(21420
x
x
x
x +=+++ 
0.25 
Đặt 
x
xt
2
+= 44 2 −=+⇒ t
x
x , phương trình trở thành tt 21162 =++ 0.25 



+−=+
≥⇔
14416
2
1
22 ttt
t 3=⇔ t 0.25 
II 
(2.0 
điểm) 
Với 3=t ta có 32 =+
x
x 

=
=⇔
4
1
x
x (thoả mãn điều kiện). Vậy 

=
=
4
1
x
x
 0.25 
Ta có dx
xx
xxxI ∫
+−
−−
=
2
0
2
2
1
)12)((
 0.25 
Đặt 12 +−= xxt dx
xx
xdt
12
12
2 +−
−
=⇒ ;với 10 =⇒= tx , với 32 =⇒= tx 0.25 
1
3)
3
1(2)1(2 3
3
1
2 ttdttI −=−=⇒ ∫ 0.25 
III 
(1.0 
điểm) 
3
4
= . Vậy 
3
4
=I 0.25 
=∆ MNDS ' −'''' DCBAS −∆ MADS '' −∆ MNBS ' NCDS ''∆ 
8
3
844
2222
2 aaaa
a =−−−= 
0.25 
88
3
.
3
1
'.
3
1 32
''
aa
aSAAV MNDMNAD === ∆ 0.25 
Gọi H là hình chiếu của S trên D’N, ϕ là góc giữa AD’ và D’N. 
Ta có 2/3;2/5';2' aANaNDaAD === 
=−= ϕϕ 2cos1sin
2222
'.'.2
''1 


 −+−
NDAD
ANNDAD
10
3
= 
0.25 
IV 
(1.0 
điểm) 
5
3
10
3
.2sin'. aaADAH === ϕ 
Vậy 
8
3
'
aV MNAD = và 5
3)',( aNDAd = 
0.25 
D’ 
B 
D 
C 
A 
N 
C’ 
A’ 
B’ 
H M 
 Trang 3/4 
Câu Đáp án Điểm 
Ta có b
cb
ba
cb
abcb
cb
aab
−
+
+
=
+
+−−
=
+
+ )(33)3(3
Tương tự ;)(33 c
ac
cb
ac
bbc
−
+
+
=
+
+
a
ba
ac
ba
cca
−
+
+
=
+
+ )(33
0.25 
 )(3P cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba ++−


+
+++
+++
+=⇒ 33 −


+
+++
+++
+=
ba
ac
ac
cb
cb
ba
 0.25 
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
ba
ac
ac
cb
cb
ba 3...3 3 =
+
+
+
+
+
+
ba
ac
ac
cb
cb
ba 6≥⇒ P 0.25 
V 
(1.0 
điểm) 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi



=++
+
+=+
+=+
+
3cba
ba
ac
ac
cb
cb
ba
 1===⇔ cba . 
Vậy 6min =P khi 1=== cba 
0.25 
1.(1.0 điểm) 
A có toạ độ thoả mãn hệ phương trình 

−=
=⇔

=+
=−−
1
1
0
032
y
x
yx
yx
 Vậy )1;1( −A 0.25 
Gọi );(),32;( ccCbbB −− .Vì G là trọng tâm ABC∆ nên 

−=−−+−
=++
)1.(3321
1.31
cb
cb
 0.25 


=
=⇔
3
2
c
b
suy ra )3;3(),1;2( −CB 0.25 
Phương trình cạnh BC là 094
13
1
23
2
=−+⇔
−−
−
=
−
− yxyx 
Vậy phương trình cạnh BC là 094 =−+ yx . 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
Gọi )0;;( baC .ta có 22222222 3)4()3(9)8()1( ++++=+−+−⇔=⇔= babaCBCACBCA 
ba 314−=⇔ 
0.25 
Gọi I là trung điểm AB. Ta có )3;2;1(−I , 304=AB . Vì ABC∆ cân nên 22.2 == ∆
AB
SCI ABC 0.25 
Ta có )0;;314( bbC − , 22=CI 223)2()315( 222 =+−+−⇔ bb 0.25 
VIa 
(1.0 
điểm) 


=
=
⇔
5
27
4
b
b
suy ra )0;4;2(C hoặc )0;
5
27
;
5
11(−C 
Vậy )0;4;2(C hoặc )0;
5
27
;
5
11(−C 
0.25 
Điều kiện: 

≠
>⇔



>+−
>−
2
0
0
33
0)2(
2
2
x
x
xx
x
x
 0.25 
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với 
33233log2log 2
2
33 +−=−⇔
+−
=− xxxx
x
xx
x 
0.25 
Nếu 2>x ta có 3332 22 =⇔+−=− xxxxx (thoả mãn điều kiện) 0.25 
VIIa 
(1.0 
điểm) 
Nếu 20 << x ta có 

=
=
⇔+−=+−
2
3
1
332 22
x
x
xxxx (thoả mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có 3 nghiệm 
2
3
;1;3 === xxx 
0.25 
 Trang 4/4 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
Đường tròn có tâm )1;1(I , bán kính 2=R .Gọi N là trung 
điểm AB 122 =−=⇒ ANRIN 
⇒ khoảng cách từ I đến ∆ là 1),( =∆Id 
0.25 
Phương trình∆ có dạng 
)0(0)3()2( 22 ≠+=−+− baybxa 
1),( =∆Id 12
22
=
+
−−
⇔
ba
ba
0.25 


−=
=
⇔
ab
b
3
4
0
 0.25 
Với b=0, chọn a=1 ta có phương trình x-2=0. 
Với ab
3
4
−= , chọn 4;3 −== ba ta có phương trình 
0643 =+− yx 
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 )15;2;4(' −B . 
0.25 
Chu vi tam giác MAB là 
ABABABMBAMABMBAM +≥++=++ '' 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B’ thẳng hàng. 
0.25 
Gọi );0;( baM . Vì A, M, B’ thẳng hàng nên có số k sao cho 
→
AM =k. 
→
AB’ 



−=−
−−=−
+=+
⇔
)315(3
)42(4
)24(2
kb
k
ka
0.25 
VI.b 
(2.0 
điểm) 
 


=
=
=
⇔
11
2
3/2
b
a
k
Vậy với )11;0;2(M thì tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. 
0.25 
Điều kiện:

>+
>−
01
02
y
yx
 0.25 
Với điều kiện đó, hệ phương trình đã cho tương đương với 


=++−
=+−
4)1(log3)2(log2
2)1).(2(
22 yyx
yyx
0.25 


=++−
=++−⇔
4)1(log3)2(log2
1)1(log)2(log
22
22
yyx
yyx


=+
−=−⇔
2)1(log
1)2(log
2
2
y
yx
 0.25 
VII.b 
(1.0 
điểm) 



=
=⇔



=+
=−
3
4
7
41
2
12
y
x
y
yx ( 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