Trường 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 3 sin 5 2sinx. os2 0x x c x+ − = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 21 1 21 1 x y y y x x  + = − +   + = − +   Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: 2 3 2 ln( 4) 4 ( ) 4 x x x f x x + + = + Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D;E, F lần lượt là các trung điểm của các cạnh BC, C 1 A 1 ,C 1 B 1. Hãy tính thể tích tứ diện ABC 1 A 1 và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, A 1 F theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn: 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 4 2ln(1 ) 4 2ln(1 ) 4 2ln(1 ) P x y y z z x = + + + + − + + − + + − 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 : 2 3 1 0x y∆ + − = , đỉnh C thuộc đường thẳng ( ) 2 : 1 0x y∆ + − = . Tính diện tích tam giác ABC 2. Trong không gian toạ độ Oxyz,cho hình hộp 1 1 1 1 .ABCD A B C D . Biết A(1;2;-1),C(3;-4;1),B 1 (2;-1;3), D 1 (0;3;5). Tính toạ độ các đỉnh còn lại hình hộp. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 1 2 (3 5) 3 5 2 0 x x x x x x − − + − − + + − ≤ 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 4 3.4 8 3 2 log 3 x y y x y +  + =  + = −  (x;y ∈ R) Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A + B ĐỘT I (Đáp án này gồm 4 trang) Câu Đáp án Điể m I (2điểm) 1. ( 1,0 điểm) • TXĐ: { } \ 1R • Sự biến thiên: ( ) 2 1 ' 0; 2 2 y x x − = ∀ ≠ − p 0.25 Hàm số nghịch trên các khoảng ( ) ( ) ;2 ; 2;−∞ +∞ ; hàm số không đạt cực trị Giới hạn và tiệm cận: lim 1 x y →−∞ = ; lim 1 x y →+∞ = ⇒ 1y = là tiệm cận ngang 2 2 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ 2x ⇒ = 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) Ta có: 1 4 4 OB OA OB OA = ⇔ = ⇒ hệ số góc của đường tiếp tuyến 1 4 k = ± 0.25 Mặt khác: ( ) 2 1 ' 0; 2 2 y x x − = ∀ ≠ − p nên 1 4 k − = ( ) 2 3 4 2 2 4 1 0 2 x y x x y  = ⇒ =  ⇔ − = ⇔   = ⇒ =   0.25 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn bài toán: ( ) 1 3 4 4 2 y x= − − + và 1 1 4 2 y x= − + 0.5 Ghi chú: Nếu sai phương trình của một tiếp tuyến thì trừ 0.25đ Câu Đáp án điểm II (2điểm) 1. (1điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4sin 3 sin 5 sin3 sinx 0x x x+ − − = 0.25 3sin 3 sin 5 sinx 0 3sin 3 2sin 3 . os2 0 sin 3 (3 2 os2 ) 0x x x x c x x c x⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + = 0.25 sin 3 0x⇔ = 0.25 ; 3 k x k Z π ⇔ = ∈ 0.25 2. (1điểm) ĐK: 1; 1x y≥ ≥ Trừ theo vế hai phương trình của hệ và chuyển vế ta được: 2 2 2 2 21 1 21 1x x x y y y+ + + − = + + + − (*) Ta có hàm số: 2 2 ( ) 21 1f t t t t= + + + − đồng biến trên [ ) 1;+∞ nên ( ) * x y⇔ = 0.25 Thay x=y vào một phương trình của hệ ta được: 2 2 21 1x x x+ = + − ⇔ 2 2 21 5 1 1 4x x x+ − = − − + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 1 2 2 2 2 0 1 1 1 1 21 5 21 5 x x x x x x x x x x x   − − + ⇔ = + − + ⇔ − − − − =  ÷ − + − + + + + +   0.25 ( ) ( ) ( ) 2 0; 1 0; 1 2 1 1 2 1 ( ) 1 1 21 5 x x x x VN x x > ∀ ≥ < ∀ ≥ =      ⇔ + − =  ÷  − + + +     142 43 1 4 44 2 4 4 43 0.25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2;2) 0.25 III (1điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ln 4 16 4 4 4 x x x f x x x x + = + − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 1 ( ) ln 4 ln 4 4 8 2 4 d x f x dx x d x xdx x + ⇒ = + + + − + ∫ ∫ ∫ ∫ 0.5 = 2 2 2 2 1 ln ( 4) 2 8ln( 4) 4 x x x C+ + − + + 0.5 IV (1điểm) Ta có hình đã cholà lăng trụ đều và 1 1 1 3 . . 3 / 4 ABC A B C V a= 0.25 0.25 0.25 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 . . .ABC A B AC A B ACC B B A C V V V V= = = E F A B C A1 C1 B1 D E I J K Do đó: 1 1 1 1 1 3 . 1 3 3 12 ABC A ABC A B C a V V= = Khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A 1 F bằng khoảng cách giữa A 1 F và (ADE) Lấy I, J lần lượt là trung điểmcủa AD, A 1 F thì ( ) 1 A F EIJ⊥ . Trong (EIJ) kẻ JK IE ⊥ thì ( ) ( ) 1 ;JK d A F ADE= Ta có: 1 1 4 4 B C a JE = = ; IJ=a; 2 2 17 IJ EJ 4 a IE = + = Trong tam giác vuông IJE ta có: . 17 17 IJ JE a JK IE = = 0.25 Câu Đáp án Điể 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 ) 0y z+ + − > ; 4 2ln(1 ) 0z x+ + − > 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: ( ) ( ) ( ) 9 12 2ln 1 2ln 1 2ln 1 P x y z x y z ≥ + + + + + + − − − 0.25 Xét hàm số ( ) g t = [ ] ( ) 2ln(1 ) 4, 0;3g t t t t= + − + ∈ Ta có: 1 '( ) 1 t g t t − = + ; Lập BBT ta có: 0 ( ) 2ln 2 3g t< ≤ + 0.25 Suy ra: 3 3 2ln 2 P ≥ + .Dấu “=” xảy ra khi x= y = z =1 0.25 Vậy: 3 min 3 2ln 2 P = + 0.25 VI.a 1. (1 điểm) (2 điểm) Vì: ( ) ( ) 2 ;1C C c c∈ ∆ ⇒ − 1 7 ; 3 3 c c G − + −   ⇒  ÷   0.25 Mặt khác: ( ) ( ) ( ) 1 2 1 7 1 0 3 c G c − ∈ ∆ ⇒ + − − = ( ) 16 16; 15c C⇔ = ⇒ − 0.25 Đường thẳng AB qua A(1;1) ; B(-2;5) có phương trình: 4x + 3y -7 = 0 ( ) 2 2 | 4.16 3.15 7 | 12 ; 5 4 3 h d C AB − − = = = + 0.25 1 . 6 2 ABC S AB h⇒ = = 0.25 2. (1 điểm) Gọi I; I 1 lần lượt là tâm của các hình bình hành ABCD; A 1 B 1 C 1 D 1 . Ta có: 1 (2; 1;0); (1;1;4)I I− . 0.25 Ta có: 1 ( 1;2;4)II = − uur Sử dụng : 1 1 AA II= uuur uur ta có: 1 (0;4;3)A . 0.25 Tương tự ta có: ( ) ( ) ( ) 1 3; 3; 1 ; 2; 2;5 ; 1;1;1B C D− − − Lưu ý: Nếu sai toạ độ một đỉnh thì trừ 0.25 0.5 VII.a (1 điểm) Bất phương trình tương đương với: 2 2 2 2 3 5 3 5 ( ) ( ) 2 0 2 2 x x x x− − − + + − ≤ 0.25 Đặt 2 2 2 2 3 5 3 5 1 ( 0) 2 2 x x x x t t t − −     + − = > ⇒ =  ÷  ÷  ÷  ÷     0.25 ta được bất phương trình: 1 2 0t t + − ≤ 2 1 0 1 t t t −   ⇔ ≤ ⇔ =  ÷   0.25 2 2 0x x⇔ − = ⇔ x=0 hoặc x = 2 0.25 Câu Đáp án điểm 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 6x y b R− + − = 0.5 B(9;9) nằm trên (C ) nên: b 2 =25 (b>0) 5b⇒ = 5R⇒ = 0.25 Vậy phương trình đường tròn: ( ) ( ) 2 2 6 5 25x y− + − = 0.25 2. (1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên toạ dộ có dạng M(t;0;0) 0.25 Khi đó: ( ) ( ) ( ) 1; 2;1 ; 3; 1;4 ; 7; 4 1; 5AM t AB AM AB t t   = − − = − − ⇒ = − − + − −   uuuur uuur uuuur uuur 0.25 2 1 1 | ; | 17 2 75 2 2 ABM S AM AB t t   = = + +   uuuur uuur 0.25 Hàm số 2 ( ) 17 2 75f t t t= + + đạt 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 4 1 2 1 1 2 log 2 1 3 3 4 4 4 3.4 2 4 3.4 2 1 1 2 log 1 1 2 log x y y y y x y y x y y + − − − − −   + = + =   ⇔   + − = − − + − = − −     0.5 ⇔ 1 2 2 1 3 4 4 3.4 2 3 2 3 log y y x y − −  + =    = − −  2 1 3 4 3.4 1 2 3 log y x y −  =  ⇔  = − −   0.25 ( ) ( ) 3 4 3 4 1 1 log 2 1 1 log 2 x y  = +   ⇔   = −   Chú ý: có thể đặt 1 2 1 4 ; 3.4 ( 0; 0) x y y u v u v + − − = = > > (0.25đ) Hệ đã cho đưa về hệ: ( ) ( ) 3 4 3 4 1 1 log 2 1 2 (0.25d) (0.25 ) (0.25 ) . 1 1 1 1 log 2 x u v u d d u v v y  = +  + = =    ⇔ ⇔    = =    = −   0.25 . Trường 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. báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A + B ĐỘT I (Đáp án này gồm 4 trang) Câu Đáp án Điể m I (2điểm) 1. ( 1,0 điểm) • TXĐ: { } 1R • Sự biến thi n: ( ) 2 1 ' 0; 2 2 y x x − =. có diện tích nhỏ nhất Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 4 4 3.4 8 3 2 log 3 x y y x y +  + =  + = −  (x;y ∈ R) Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI