Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 154

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3 
ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 ­ LẦN 1 
Năm học: 2010 – 2011 
Môn thi: Toán, Khối A, B 
Thời gian làm bài: 180 phút 
A.  PHẦN CHUNG 
Câu 1( 2điểm)  Cho hàm số 
x + 2 
y = 
x +1 
(C) 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 
2.  Tìm trên đồ thị hàm số (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt trục tung tại 
điểm có tung độ bằng 
7 
4 
. 
Câu 2( 2điểm) 
1. Giải phương trình: p æ ö ç ÷ 
è ø 
x 2 2 4sin - 3 cos2x = 3- 2 cos - x 
2 4 
2. Giải hệ phương trình: ( ) , x y R 
ì 
ï ï Î í 
ï 
ï î 
2 2 
2 2 
3 2y 
+ = 1 
x + y -1 x 
4x 
x + y + = 22 
y 
Câu 3(1 điểm):  Tính tích phân: ò 
8 ln x 
I = dx 
x +1 3 
Câu 4( 1 điểm) 
Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt 
phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng 
minh rằng AK ^ HK và tính thế tích khối chóp SABC. 
Câu 5( 1 điểm)  Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
9 9 9 9 9 9 
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 
x y y z z x 
P 
x x y y y y z z z z x x 
+ + + 
= + + 
+ + + + + + 
B.  PHẦN RIÊNG 
Phần dành cho ban cơ bản 
Câu 6a( 2 điểm) 
1.  Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với AB =  5 , đỉnh C(­ 1;­ 1) đường thẳng AB có 
phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Xác định toạ 
độ các đỉnh A, B của tam giác. 
2.  Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 2; 3) và cắt 3 
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. 
Câu 7b(1 điểm)  Giải phương trình: 
2 2 5 1 5 4 12.2 8 0 x x x x - - - - - - + = 
Phần dành cho ban nâng cao 
Câu 6b( 2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 5 = 0 và đường tròn (C)  2 2  2 6 9 0 x y x y + + - + =  . 
Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 
2.  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt mặt 
phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 8p  . 
Câu 7b( 1 điểm) 
kissme93@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
SỞ GD_ĐT THANH HÓA
Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính 
xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau. 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Môn: Toán 
Câu  Nội dung  Điểm 
Câu 1 
(2 điểm) 
1. ( 1.0 đ) 
*) TXĐ: { } \ 1 D R = - 
*) Sự biến thiên: 
­ Chiều biến thiên: 
( ) 2 
0, 1 x < " ¹ - 
-1 
y' = 
x +1 
, 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1 -¥ -  và ( ) 1; - +¥  . 
­  Cực trị: Hàm số không có cực trị 
­  Giới hạn và đường tiệm cận: 
Ta có:  lim 1 
x 
y 
®±¥ 
= Þ đường thẳng y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
( ) ( ) 1 1 
lim , lim 
x x 
y y 
- + ® - ® - 
= -¥ = +¥ Þ  đường thẳng x = ­1 là đường tiệm cận đứng của 
đồ thị hàm số 
­  Bảng biến thiên: 
x  ­ ¥  ­ 1                             + ¥ 
y’  ­  + 
y 
+ ¥ 
1                                                                 1 
­ ¥ 
*) Đồ thị: 
Đồ thị hàm số đi qua các điểm (­ 2; 0), (0; 2) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2(1.0 đ) 
0.25 
­2 
y 
x 
­1 
1 
2
Gọi M ( ) 0 0 
0 
2 
; 
1 
x 
x C 
x 
æ ö + 
Î ç ÷ + è ø 
. tiếp tuyến tại M của (C) có pt: 
( ) 
( )  0 0 2 
0 0 
2 1 
1 1 
x 
y x x 
x x 
+ - 
= - + 
+ + 
Do tiếp tuyến cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 
7 
4 
nên ta có: 
( ) 
( )  0 0 2 
0 0 
2 7 1 
0 
4 1 1 
x 
x 
x x 
+ - 
= - + 
+ + 
( ) 2 0 0 0 
0 
0 
3 2 1 0 1 
1 
1 
3 
x x x 
x 
x 
Û - - = ¹ - 
= é 
ê Û 
ê = - 
ê ë 
vậy có 2 điểm M thoả mãn là: 
3 1 5 
1; ; ; 
2 3 2 
M M æ ö æ ö - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 2  1( 1.0 đ) 
( ) 2 1 cos 3 os2 3 1 os 2 
2 
pt x c x c x p é ù æ ö Û - - = - + - ç ÷ ê ú è ø ë û 
( ) 
( ) 
( ) 
2 2 cos 3 os2 2 sin 2 
2cos 3 os2 sin 2 
3 1 
cos os2 sin 2 
2 2 
3 1 
cos os2 sin 2 
2 2 
cos cos 2 
6 
5 2 
18 3 
7 
2 
6 
x c x x 
x c x x 
x c x x 
x c x x 
x x 
k 
x 
k Z 
x k 
p 
p 
p 
p p 
p p 
Û - - = - 
Û - = - 
Û - = - 
Û - = - 
æ ö Û - = + ç ÷ 
è ø 
é = + ê 
Û Î ê 
ê = - + ê ë 
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2(1.0đ)  Điều kiện  2 2 , 0; 1 0 x y x y ¹ + - ¹ 
Đặt 
2 2  1 u x y 
x 
v 
y 
ì = + - 
ï 
í = ï 
î 
hệ phương trình có dạng: 
3 2  3, 9 
1 
7 
, 7 21 4  2 
v u 
u v 
v u u v 
= = ì é + = ï ê Û í ê = = ï = - ë î 
*) với u = 9, v = 3 hệ có nghiệm (3; 1), (­ 3; ­1) 
*) Với 
7 
, 7 
2 
v u = =  hệ có nghiệm 
2 2 2 2 
14 ;4 , 14 ; 4 
53 53 53 53 
æ ö æ ö 
- - ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25
Câu 3 
( 1điểm)  Đặt 
ln 
2 1 1 
dx u x 
du 
x dx 
dv 
v x x 
= ì ì = ï ï Þ í í = ï ï = + + î î 
8 8 
3 
3 
1 
2 1 ln 2 
x 
I x x dx 
x 
+ 
Þ = + - ò 
Xét 
8 
3 
1 x 
J dx 
x 
+ 
= ò 
Đặt  1 2 t x tdt dx = + Þ =  , đổi cận 
3 3 3 2 
2 2 
2 2  2 
2 1 1 
2 1 2 ln 
1 1 1 
2 ln 3 ln 2 
t dt t 
J dt t 
t t t 
æ ö - æ ö Þ = = + = + ç ÷ ç ÷ - - + è ø è ø 
= + - 
ò ò 
( ) 6 ln8 4 ln 3 2 2 ln 3 ln 2 
20 ln 2 6 ln 3 4 
I Þ = - - + - 
= - - 
x  3  8 
t  2  3 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 4 
(1 điểm) 
*) Ta có: 
( ) 
SA BC 
BC SAC BC AK 
AC BC 
^ ü 
Þ ^ Þ ^ ý ^ þ 
(1) 
lại có  AK SC ^  (2). từ (1)  và (2) ( ) AK SBC Þ ^ 
AK HK Þ ^ 
*) Ta có ( ) ·  0 60 AK SB  SB AKH AHK 
AH SB 
^ ü 
Þ ^ Þ = ý ^ þ 
trong  AHK D  ta có  0 
3 
.sin 60 . 
2 
AK AH AH = = 
Xét tam giác vuông SAB, ta có: 
2 2 2 2 2 
1 1 1 1 1 
(1) 
4 AH AS AB AS a 
= + = + 
Xét tam giác vuông SAC, ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 
1 1 1 1 1 4 1 1 
(2) 
3 AK AS AC AS a AH AS a 
= + = + Û = + 
( do 
3 
. 
2 
AK AH =  ) 
Từ (1) và (2) 
2
2 
a 
SA Þ =  . lại có 
2  3 
2 ABC 
a 
S D = 
vậy ( ) 
3 1 6 
. dvtt 
3 12 SABC ABC 
a 
V SA S D = = 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 5 
( 1 điểm) 
Có x, y, z > 0, Đặt :  a = x 3  , b = y 3 , c = z 3  (a, b, c > 0 ; abc=1) 
Ta có : 
3 3 3 3 3 3 
2 2 2 2 2 2 
a b b c c a 
P 
a ab b b bc c c ca a 
+ + + 
= + + 
+ + + + + +  0.25 
a 
2a j A 
C 
B 
S 
H 
K
3 3 2 2 
2 2 2 2 
( ) 
a b a ab b 
a b 
a ab b a ab b 
+ - + 
= + 
+ + + + 
mà 
2 2 
2 2 
2 2 
1 
2 0 
3 
a ab b 
a ab b 
a ab b 
- + 
³ Û - + ³ 
+ + 
( đúng) 
2 2 
2 2 
1 
( ) ( ) 
3 
a ab b 
a b a b 
a ab b 
- + 
=> + ³ + 
+ + 
0.25 
Tương tự: 
3 3 3 3 
2 2 2 2 
1 1 
( ); ( ) 
3 3 
b c c a 
b c c a 
b bc c c ca a 
+ + 
³ + ³ + 
+ + + + 
=>  3 
2 
( ) 2. 2 
3 
P a b c abc ³ + + ³ =  (BĐT Côsi)  0.25 
=> P  2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1 P ³ = Û 
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1  0.25 
Câu 6a 
(2 điểm) 
1. ( 1điểm) 
Gọi I(x; y) là trung điểm của AB, ( ) ; G G G x y  là trọng tâm của tam giác ABC 
2 1 
2  3 
2 1 3 
3 
G
G 
x 
x 
CG CI 
y 
y 
- ì = ï ï Þ = Û í - ï = 
ï î 
uuur uur 
, 
Do G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0 
2 1 2 1 
2 0 
3 3 
x y - - 
Þ + - = 
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình ( ) 
2 3 0 
5; 1 2 1 2 1 
2 0 
3 3 
x y 
I x y 
+ - = ì 
ï Þ - - - í 
+ - = ï î 
Gọi ( ) ; A A A x y ( ) ( ) 
2 
2 2 2  5 5 1 
2 4 A A 
AB 
IA x y æ ö Þ = - + + = = ç ÷ 
è ø 
mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – 3 = 0 nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 
( ) ( ) 2 2 
4 
1 
2 3 0 
2 
5 
5 1  6 
4 
3 
2 
A 
A A A 
A A  A 
A 
x 
y x y 
x y  x 
y 
é = ì 
ï ê íê = - + - = ì ïê ï î Û í ê - + + = = ì ï ê î ï
êí 
= - êï î ë 
Vậy A 
1 
4, 
2 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
, B 
3 
6; 
2 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
hoặc B 
1 
4, 
2 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
, C 
3 
6; 
2 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.(1.0 đ) 
Gọi giao điểm của mp ( ) a  với các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) 
( với a, b, c > 0). 
mp ( ) a  : ( ) 1 1 x y z 
a b c 
+ + =  , do M ( ) a Π 1 2 3  1 
a b c 
Þ + + =  0.25
lại có 
1 
. . 
6 6 OABC 
abc 
V OAOB OC = = 
mặt khác:  3 
1 2 3 6 
1 3 6.27 27 OABC abc V a b c abc 
= + + ³ Þ ³ Þ ³ 
suy ra ( )  27 OABC  Min V =  đạt được khi 
1 2 3  3 1 
6 
1 2 3 
9 
a 
a b c  b 
c 
a b c 
ì = ì + + = ï ï ï Û = í í 
ï ï = = = î ï î 
Vậy mp ( ) a  :  1 
3 6 9 
x y z 
+ + = 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 7a 
( 1 điểm)  Điều kiện 
5
5 
x 
x 
é £ - 
ê 
³ ê ë 
đặt ( ) 2  5 2 0 x x t t - - = > 
pt có dạng:  2 
2 
6 8 0 
4 
t 
t t 
t 
= é 
- + = Û ê = ë 
*) với 
( ) 
2  5 2 2 
2 2 
1 
2 2 2 5 1 5 1 3 
5 1 
x x 
x 
t x x x x x 
x x 
- - 
³ ì ï = Û = Û - - = Û - = - Û Û = í 
- = - ï î 
*) với 
( ) 
2  5 2 2 
2 2 
2  9 
4 2 4 5 2 5 2 
4 5 2 
x x 
x 
t x x x x x 
x x 
- - 
³ ì ï = Û = Û - - = Û - = - Û Û = í 
- = - ï î 
vậy phương trình có 2 nghiệm 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 6b 
(2 điểm) 
1( 1.0 đ) 
Đường tròn (C) có tâm I(­ 1; 3), bán kính R = 1, d(I, d) = 2 > R ( ) d C Þ = Æ I 
Gọi D  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với dÞ D : 4x + 3y – 5 = 0 
điểm  0 N d = D I  0 
1 7
;
5 5 
N æ ö Þ ç ÷ 
è ø 
Gọi M1, M2  lần lượt là giao điểm của (C) và D  1 2 
2 11 8 19 
; , ; 
5 5 5 5 
M M æ ö æ ö Þ - - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
ÞMN ngắn nhất khi  1 0 , M M N N º º 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.(1.0đ) 
Gọi r – là bán kính đường tròn (C), M0  là hình chiếu vuông góc của M trên mp(Oxy). 
ta có bán kính mặt cầu (S) là:  2 2 0 R r MM = + 
mà  0  3 M MM z = =  và  2 8 4 5 r r R p p = Û = Þ = 
phương trình mặt cầu (S) là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 25 x y y - + - + - = 
0.25 
0.5 
0.25 
Câu 7b 
( 1 điểm) 
Ta có ( )  12! n W = 
Gọi A là biến cố “ Nhóm học sinh xếp thành hàng ngang sao cho 4 hs khối 12 đứng cạnh nhau, 
3 học sinh khối 11 đứng cạnh  nhau” 
Ta coi 4 học sinh khối 12 như 1 phần tử a, 3 học sinh khối 11 như phần tử b. 
Khi đó ta sắp xếp 7 phần tử a, b và 5 hs khối 10 thành hàng ngang, ta có 7! Cách xếp. 
0.25 
0.25
lại có, với mỗi cách xếp như trên ta có 4! Cách sắp xếp học sinh khối 12, 3! Cách sắp xếp học 
sinh khối 11, nên ta có 7!.4!.3! cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán 
( )  7!.4!.3! n A Þ = 
vậy ( ) ( ) ( ) 
1
660 
n A 
p A 
n 
= = 
W 
0.25 
0.25 
Chú ý:  Nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa câu đó.