Toán - Đề thi thử đại học có đáp án (5)

 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
Trường THPT Nguyễn Huệ ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I, NĂM 2011 
 Môn: TOÁN; Khối: A, B 
 (Thời gian làm bài 180 phút) 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) 
Câu I. (2 ñiểm) . Cho hàm số 
2 4
1
x
y
x
−
=
−
 1.Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (C) 
 2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C) sao cho khoảng cách từ giao ñiểm hai tiệm cận ñến tiếp 
tuyến là lớn nhất 
Câu II (2 ñiểm) 
 1. Giải phương trình: sin 4 cos 4 4 2 sin ( ) 1
4
x x x
π
+ = + − . 
 2. Giải phương trình: ( )34 3 23 4 1 1x x x− = − + 
Câu III (1 ñiểm) 
 Tính tích phân: 
3
3
2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x
=
+
∫ . 
Câu IV. (1 ñiểm) 
 Cho hình hộp ñứng ABCD.A'B'C'D' có AB = AD = 2a, AA' = 3a và góc BAD = 600. gọi M và 
N là trung ñiểm các cạnh A'D' và A'B'. Tính thể tích khối chóp A.BDMN. 
Câu V: (1 ñiểm) Cho x,y,z là các số thực không âm. Tìm giá trị lớn nhất của 
( )( ) ( )
1 1
1 1 1 1
P
x y z x y z
= −
+ + + + + +
B. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm). Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 
 1.Theo chương trình Chuẩn 
Câu VIa. ( 2 ñiểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm 
I và ñường thẳng ∆: mx + 4y = 0. Tìm m biết ñường thẳng ∆ cắt ñường tròn (C) tại hai ñiểm phân 
biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. 
 2.Giải bất phương trình
2
2 2
1 1 2
1 1
2 2
2
x x
x x
x
− −
− ≥ − 
Câu VIIa. (1 ñiểm).Cho hàm số y = - x3 + 3mx2 -3m – 1. Với giá trị nào của m thì ñồ thị hàm số có 
ñiểm cực ñại, ñiểm cực tiểu ñối xứng với nhau qua ñường thẳng d: x + 8y – 74 = 0. 
 2. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb. ( 2 ñiểm). 
 1.Trong hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(3; 2), các ñường thẳng ∆1: x + y – 3 = 0 và ñường thẳng 
∆2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm B thuộc ∆1 và ñiểm C thuộc ∆2 sao cho tam giác ABC vuông cân 
tại A. 
 2. Giải hệ phương trình: 




−=−
−=+
1)(log 2
2
yxy
yyxx
Câu VIIb. (1 ñiểm) 
 Cho hàm số (Cm): 
2
1
x x m
y
x
− +
=
−
 (m là tham số). Tìm m ñể (Cm) cắt Ox tại hai ñiểm phân biệt 
A,B sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc. 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 ñiểm) 
CÂU NỘI DUNG THANG 
ðIỂM 
TXð : D = R\{1} 
0.25 
Chiều biến thiên 
lim ( ) lim ( ) 2
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= = − nên y = - 2 là tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số 
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −→ →
= +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số 
 y’ =
2
2
0
(1 )x
− <
−
, 1x∀ ≠ 
0.25 
Bảng biến thiên 
Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ 
Hàm số không có cực trị 
0.25 
ðồ thị.(tự vẽ) 
Giao ñiểm của ñồ thị với trục Ox là (0 ;- 4) 
Vẽ ñồ thị 
Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;-2) làm tâm ñối xứng 
0.25 
Ta có d(I;∆ ) = 0
2
04 2
0 0
4
1 4
4 4
1 (1 )
(1 ) (1 )
x
x
x x
−
=
+ + −
− −
Ta có 202
20
02
0
4 4
(1 ) 4 2
(1 ) 4
(1 )
(1 )
x
x
x
x
+ − ≥ ⇒ ≤
−
+ −
−
0.25 
Dấu bằng xảy ra khi 0
0
1 2
1 2
x
x
 = −

= +
0.25 
Câu I 
(2.0ñ) 
1. (1.0ñ) 
2. (1.0ñ) 
+ Với 0 1 2x = − ta có tiếp tuyến là y = - x -1 2 2− 
+ Với 0 1 2x = + ta có tiếp tuyến là y = - x -1 2 2+ 
0.25 
Câu 
II(2.0ñ) 
PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 
⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) 
 ⇔ 
sinx cos 0
(cos sinx)(sin 2 os2 ) 2
x
x x c x
+ =
 − + =
0.25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
⇔ 4
os3 sinx 2
x k
c x
π
π = − +

− =
0.25 
1. (1.0ñ) 
Chứng minh ñược phương trình cos 3x + sin x = 2 vô nghiệm 
KL: x = 
4
k
π
π− + 
0.25 
2.(1.0ñ) 
( )( ) ( )
2 2 2
4 3 2 2 2 4 3
2
2 2
2
2
1 2
3 4 1 1 1 2 3 4
1 1
0
1 2
3 4
1 1
x x x
x x x x x x x
x
x
x x
x x
x
− + + +
− = − + + + + ⇔ − =
+ +
=

⇔ + + + − = + +
( )
2 2 2 2
22
2 2
1 2 3 2 1
3 4 3 2 0
1 1 1 1
x x x x
x x x
x x
+ + + + − +
− = ⇔ − + =
+ + + +
Ta có ( )
2 2
22 2
2
3 2 1
3 2 1 0, 3 2 0
1 1
x x
x x x x
x
+ − +
+ − + > ∀ ⇒ − + =
+ +
 vô nghiệm 
Vậy phương trình ñã cho có 1 nghiệm duy nhất x = 0 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
ðặt 2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
+ = ⇒ = − ⇒ = . ðổi cận  
0.25 
Suy ra 
( )
( )
2
2 23
23
3 32
1 1 1
1
1log 1 1 13 . 1
ln 3 3 9ln 31 3ln
e t
x
I dx tdt t dt
tx x
−
= = = −
+
∫ ∫ ∫ 0.25 
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 3 3 27 ln 3
t t
 = − = 
 
0.25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
Câu IV. 
(1.0ñ) 
J
I
P
N
M
D'
C'
B'A'
D
C
B
A
Chứng minh AP là ñường cao của khối chóp A.BDMN. 
Tính diện tích hình thang MNDB là 
( ) ( ) 22 15IJ 3 152
2 2 4
a
a aMN DB a
S
++
= = = 
 ðộ dài ñường cao 
2 2
15
5 5
a
AP AC= = 
Vậy thể tích khối chóp A.BDMN. là 
2
31 2 3 15 315
3 5 4 2
a a
V a= = (ñơn vị thể tích) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
( )3
1 27
1 3
P
x y z x y z
≤ −
+ + + + + +
0.25 
ðặt t = x + y + z, 0t ≥ , xét hàm số 
( )3
1 27
( )
1 3
f t
t t
= −
+ +
, 0t ≥ 
( )4
01 81
'( ) , '( ) 0
31 3
t
f t f t
tt t
=
= − + = ⇔  =+ + 
Lập bảng biến thiên 
 . 
0.25 
0.25 
Câu V. 
(1.0ñ) 
ta có MaxP = Max ( )f t = f(3) = 
1
8
. ðạt ñược khi x = y = y = 1 
0.25 
B. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) 
Câu VIa. 
(2.0ñ) 
ðường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
1. (1.0ñ) 
Gọi H là trung ñiểm của dây cung AB. 
Ta có IH là ñường cao của tam giác IAB. 
IH = 
2 2
| 4 | | 5 |
( , )
16 16
m m m
d I
m m
+
∆ = =
+ +
0.25 
 2
2 2
2 2
(5 ) 20
25
16 16
m
AH IA IH
m m
= − = − =
+ +
Diện tích tam giác IAB là 12 2 12SIAB IAHS∆ ∆= ⇔ = 
⇔ 2
3
( , ). 12 25 | | 3( 16) 16
3
m
d I AH m m
m
= ±
∆ = ⇔ = + ⇔
 = ±

0.25 
0.25 
0.25 
ðiều kiện: x ≠ 0 
Ta có: 
2
2
2
2
2
2121
x
xx
x
x
x
x −
=
−
−
−
= 1 - 
x
2
= 2( )
1
2
1
x
− 
Phương bất trình có dạng: 2
2
21
x
x−
- 2
2
21
x
x−
 ≥ 







 −
−
−
2
2
2
121
2
1
x
x
x
x
0.25 
 2
2
21
x
x−
 + 
2
1
.
2
21
x
x−
≥ 2
2
21
x
x−
 + 
2
1
.
2
21
x
x−
0.25 
Xét hàm số: f(t) = 2t + 
2
1
t 
Hàm số ñồng biến. 
Vậy bất phương có dạng: f(
2
21
x
x−
) ≥ f(
2
21
x
x−
) 
0.25 
2. (1.0ñ) 
2
21
x
x−
≥ 
2
21
x
x−
 - x2 + 2x ≥ 0 0 2x≤ ≤ 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( ]0;2 
0.25 
Câu VIIa 
(1.0ñ) 
Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2m. 
Hàm số có cực ñại , cực tiểu ⇔ phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ 
m ≠ 0. 
0,25 
Hai ñiểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1) 
Trung ñiểm I của ñoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1) 
Vectơ 3(2 ;4 )AB m m=
uuur
; Một vectơ chỉ phương của ñường thẳng d là (8; 1)u = −
r
. 
0,25 
Hai ñiểm cực ñại , cực tiểu A và B ñối xứng với nhau qua ñường thẳng d ⇔ 
I d
AB d
∈

⊥
 0,25 
⇔ 
38(2 3 1) 74 0
. 0
m m m
AB u
 + − − − =

=
uuur r ⇔ m = 2 0,25 
Câu VIa. 
(2.0ñ) 
B ∈ ∆1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆2 ⇔ C(b; 9-b) 
∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 
2 2
. 0AB AC
AB AC
 =

=
uuur uuur
 0,25 
I 
A B 
∆ 
H 
5 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
⇔ 
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +
 a = 2 không là nghiệm của hệ trên. 
0,25 
(1) ⇔ b = 
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm ñược a = 0 hoặc a = 4 0,25 
1.(1.0ñ) 
Với a = 0 suy ra b = 4. 
Với a = 4 suy ra b = 6. 
0,25 
2.(1.0ñ) 
 ðK: 



>−
≥
0
0
xy
x
Từ phương trình yyxx −=+ 2 ta có 22 )
2
1
()
2
1
( −=+ yx 




−=
−=
⇔
yx
yx 1
* 1−= yx thay vào 1)(log2 −=− yxy ta ñược y = 1 suy ra x = 0 
* yx −= vậy y ≤0 suy ra y- x <0 không thoã mãn ñk 
Hệ có nghiệm duy nhất x = 0; y = 1 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 * Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (Cm) với Ox: 
2
1
x m
x
− +
−
x
 = 0 ⇔ 
2 0x m − + =

≠
x
x 1
 (Cm) cắt Ox tại 2 ñiểm phân biệt ⇔ pt f(x) = x
2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân 
biệt khác 1 
 ⇔ 
0
(1) 0f
∆ >

≠
 ⇔ 
1
4
0
m
m
 <

 ≠
 (*) 
* Khi ñó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0 ⇒ 
1 2
1 2
1
m
+ =

=
x x
x x
. 
Ta có: y' = 
2
'( )( 1) ( 1) '. ( )
( 1)
f x x x f x
x
− − −
−
⇒ Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là: 
 k1 = y'(x1) = 1 1 12
1
'( )( 1) ( )
( 1)
f x x f x
x
− −
−
 = 1
1
'( )
( 1)
f x
x −
 = 1
1
2 1
1
x
x
−
−
* Tương tự: k1 = y'(x2) = 2
2
2 1
1
x
x
−
−
 ( do f(x1) = f(x2) = 0) 
Theo gt: k1k2 = -1 ⇔ 1
1
2 1
1
x
x
−
−
. 2
2
2 1
1
x
x
−
−
 = -1 
* ⇔ m = 
1
5
( thoả mãn (*)) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25