Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 186

TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỘC    ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN  I.NĂM 2011­2012 
ĐỀ CHÍNH THỨC                              MÔN: TOÁN KHỐI A­B 
*.*.*.........  Thời gian làm bài 180 phút ( Không kể thời gian giao đề ) 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số  2 4 
1 
- 
= 
+ 
x 
y 
x 
. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng (d): x+2y+3=0 
Câu II( 2 Điểm) 
1.  Giải phương trình:  2 2 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2 )
4 
c c x p + + 
2.  Tính tích phân sau :  2 
1 
ln 
3 ln 
1 3ln 
e  x 
I x x dx 
x x 
æ ö 
= + ç ÷ + è ø 
ò 
Câu III( 2điểm) 
1.Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 
1 1 
2 3 5 2 
£ 
+ - - - x x x 
2.  Giải hệ phương trình: x x y y 
x y x y 
4 2 2 
2 2 
4 6 9 0 
2 22 0 
ì ï - + - + = 
í 
+ + - = ï î 
Câu IV( 1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =  2 3a , BD = 2a và 
cắt  nhau  tại O;  hai mặt  phẳng  (SAC)  và  (SBD)  cùng  vuông  góc  với mặt  phẳng  (ABCD). Biết 
khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 
3 
4 
a 
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu V( 1 điểm) 
Cho  , x y  là các số thực thỏa mãn  2 2  1 x y xy + - =  .Tìm GTLN, GTNN của  6 6 2 2 2 F x y x y xy = + - - 
II. PHẦN RIÊNG( Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần A hoặc B) 
A/ Phần theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: (2.0điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng D  định bởi: 
2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0 C x y x y x y + - - = D + - =  . Tìm điểm M trên D sao cho từ M vẽ được 
với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 
2. Giải phương trình : ( ) 3 2 2 27 9 3 
1 1 
log 5 6 log log ( 3) 
2 2 
x 
x x x 
- 
- + = + - 
B/ Phần theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2.0điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ  toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(­1;4) và các 
đỉnh B, C thuộc  đường thẳng D : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích 
tam giác ABC bằng 18 
2.Giải phương trình : 
3 1 2 3 1 
2 
2  2 
2 2 17.2 
log (3 1) log 1 
x y y x 
x xy x 
+ + + - ì + = ï 
í 
+ + = + ï î 
..hết. 
Ghi chú : Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì thêm./. 
Cảm ơn từ ducphucht@yahoo.com.vn  gửi đến www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN 
PHẦN CHUNG 
1. TXĐ: D = R\{­1} 
Chiều biến thiên: 
2 
6 
' 0  x D 
( 1) 
y 
x 
= > " Î 
+ 
=> hs đồng biến trên mỗi khoảng  ( ; 1) -¥ -  và  ( 1; ) - +¥  , 
hs không có cực trị 
0,25đ 
Giới hạn: 
1 1 
lim 2, lim , lim 
x  x x 
y y y 
- + ®±¥ ®- ®- 
= = +¥ = -¥ 
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= ­1, tiệm cận ngang y = 2 
.. 
BBT 
x  ­¥  ­1                                              +¥ 
y’  +  + 
y 
+¥  2 
2  ­¥ 
0.25 
.. 
0,25 
1 
+ Đồ thị (C): 
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm ( ) 2;0  , trục tung tại điểm (0;­4) 
f(x )=(2x­4 )/(x+1) 
f(x )=2 
x( t)=­1  ,  y(t)=t 
­6  ­5  ­4  ­3  ­2  ­1  1  2  3  4  5 
­5 
­4 
­3 
­2 
­1 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
8 
9 
x 
y 
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 
0,25 
PT đường thẳng  (D ) ^(d) có dạng: y = 2x + m.  0,25 
Gọi A, B Π(C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT: 
2 4 
2 
1 
- 
= + 
+ 
x 
x m 
x 
Þ 2x 2 + mx + m + 4 = 0    ( x ≠ –1)   (1) 
0,25 
Câu I 
2 đ 
2 
. 
(D ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û (1) có D = m 2 – 8m – 32 > 0 
Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2  là nghiệm của (1) 
Trung điểm của AB là I  1 2  1 2 ; 2 
+ æ ö + + ç ÷ 
è ø 
x x 
x x m º I  ;
4 2 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
m m 
( theo định lý Vi­et) 
Ta có I Π( D  )Þthay tọa độ I  vào pt  (D  ) ta được : m = –4, 
Với m=­4 thay vào (1) Ta có PT : 2x 2 – 4x = 0 Þ A(0; –4), B(2;0) 
0,25 
.. 
0.25 
Câu 
II 
2 
1 1 
ln 
3 ln 
1 3ln 
e e x 
I dx x xdx 
x x 
= + 
+ ò ò  0,25
Tính  1 
1 
ln 
1 3ln 
e  x 
I dx 
x x 
= 
+ ò 
Đặt t= 
3ln 1 2 3 
1 1; 2 
dx 
x tdt 
x 
khi x thì t Khi t ethì t 
+ Þ = 
= = = = 
. 
Khi này 
2  3 
2 2 
1 1 
1 
2 2 8 
( 1) ( ) 
9 9 3 27 
t 
I t dx t = - = - = ò 
0,5 
1 
2 
2 
1 
2  3 
3 ln 
ln 
3 
e 
I x xdx 
dx 
du 
u x  x 
dv x dx  x 
v 
= 
ì ì = ï ï = ï ï Þ í í = ï ï = ï ï î î 
ò 
Khi này  3 2 2 1 
1 
ln / 
e 
e I x x x dx = - ò  = 
3 2 1 
3 
+ e 
Vậy I= 
3 18 17 
27 
e + 
0,25 
0.25 
Pt ó cos4x+  3 sin4x+  3 sin2x+cos2x=0 
0,25 
ócos(4x­ 
3 
p 
)+cos(2x­ 
3 
p 
)=0 
ócos (4x­ 
3 
p 
)= cos(­2x+ 
4 
3 
p 
) 
... 
ó (4x­ 
3 
p 
)= ­2x+ 
4 
3 
p 
+k2p hoặc (4x­ 
3 
p 
)= 2x­ 
4 
3 
p 
+k2p 
0.25 
0.25 
2 đ 
2 
Giải ra ta có nghiệm của pt là : 
5 
( ) 
18 3 
x k k Z p p = + Π ;  ( ) 
2 
x n n Z p p = - + Π
0,25 
Câu 
III
2đ 
Đk : 
5 
2 
2 
1 
2 
x 
x 
ì - £ < ï ï 
í 
ï ¹ 
ï î 
Với 
1 
2 
2 
- £  x x x  , nên (1) luôn đúng 
· Với 
1 5 
2 2 
< < x  : (1) Û  2 3 5 2 + - - ³ - x x x Û 
5 
2 
2 
£ < x 
Tập nghiệm của (1) là 
1 5 
2; 2; 
2 2 
é ö é ö = - È ÷ ÷ ê ê ë ø ë ø 
S 
0,25 
0.25 
0.25 
0.25
2) (hpt) Û 
2 2 2 
2 2 
( 2) ( 3) 4 
( 2 4)( 3 3) 2 20 0 
ì - + - = ï 
í 
- + - + + - - = ï î 
x y 
x y x 
Đặt 
2  2
3 
ì - = 
í 
- = î 
x u 
y v 
Khi đó (2) Û 
2 2  4 
. 4( ) 8 
ì + = 
í 
+ + = î 
u v 
u v u v 
0.25 
Û 
2 
0 
= ì 
í = î 
u 
v 
hoặc 
0 
2 
= ì 
í = î 
u 
v 
Þ 
2 
3 
= ì 
í = î 
x 
y 
; 
2
3 
= - ì 
í = î 
x 
y 
; 
2 
5 
ì = ï 
í 
= ï î 
x 
y 
; 
2 
5 
ì = - ï 
í 
= ï î 
x 
y 
0,25 
0.25 
Từ giả thiết AC =  2 3 a  ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O 
của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =  3 a  ; BO = a , do đó 
·  0 60 A D B = 
Hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) 
nên giao tuyến của chúng là SO ^ (ABCD). 
0.25 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 
DH AB ^  và DH =  3 a  ;  OK // DH  và 
1 3 
2 2 
a 
OK DH = = Þ OK ^ AB Þ AB 
^ (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của  O lên SK ta có OI ^ SK; AB ^ OI Þ OI ^ (SAB) , hay OI là 
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
0,25 
Câu 
IV
1đ 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao Þ 
2 2 2 
1 1 1 
2 
a 
SO 
OI OK SO 
= + Þ = 
Diện tích đáy  2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a D = = =  ; 
đường cao của hình chóp 
2 
a 
SO =  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3 
. 
1 3 
. 
3 3 D D S ABC ABC 
a 
V S SO = = 
0,25 
0.25 
­Ta có ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 F x y x y x y x y xy = + - + - -  = ( ) ( ) 3 2 2 2 2 1 xy xy xy - - + + 
Đặt  xy t =  . Ta có ( )  3 2 2 2 2 1 f t t t t = - - + + 
( ) 2 2 2  1 3 1 x y xy x y xy + - = Û + - =  1 
3 
xy 
- 
Þ ³ 
( ) 2 2 2  1 1 x y xy x y xy + - = Û - + =  1 xy Þ £  suy ra  1 ;1 
3 
t Î - é ù ê ú ë û 
0,25 
Câu 
V 
1đ 
Ta tìm max, min của f(t) trên 
1 
;1 
3 
- é ù ê ú ë û 
( )  2 ' 6 4 2 f t t t = - - + ( ) 
1 
;1 
3 
1 
3 
1 
' 0  t 
t 
f t 
é ù 
Î -ê ú ë û 
= 
Û 
= - 
é 
ê = 
ê ë 
Ta có ( ) 1 37 1 5 , 1 1, 
3 27 3 27 
f f f 
- æ ö æ ö = = - = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0,25 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I D 
3a 
a
Suy ra 
37 
( ) 
27 
Max f t =  khi 
1 
3 
t =  suy  ra 
1 1 1 1 
, 
2 6 2 6 
x y = + = - 
0,25 
( ) 1 Minf t = -  khi  1 t =  suy  ra  1 x y = =  0,25 
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn 
Xét điểm M(12­2m ; m) tùy ý thuộc ( D ) 
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có: 
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60 0 
· 
· 
0 
0 
AMB 60 (1) 
AMB 120 (2) 
é = 
Û ê 
ê = ë 
0,25 
Vì MI là phân giác của  · AMB nên : 
(1) 
·  0 2 
0 
2 
IA 
AMI 30 MI MI 2R 5m 42m 101 2 5 
sin30 
m 3 
5m 42m 81 0  27 
m 
5 
Û = Û = Û = Û - + = 
= é 
ê Û - + = Û 
ê = 
ë 
0,25 
(2) 
·  0 
0 
2 
IA 2R 3 
AMI 60 MI MI 
sin 60 3 
2 15 
5m 42m 101 
3 
Û = Û = Û = 
Û - + =  (*) 
Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) 
0,25 
1 
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (6; 3) và (6/5;27/5)  0,25 
Câu 
VIa 
2 đ 
2 
ĐK:  3 x >  hoặc x<2 
( ) 
( ) 
3 2 2 
27 9 3 
2 
3 3 3 
3 3 
1 1 
log 5 6 log log ( 3) 
2 2 
1 
log 5 6 log log 3 
2 
1 
log 2 log 
2 
3( ) 
1 
2  5 
2 
3 
x 
x x x 
x 
x x x 
x 
x 
x l 
x 
x 
x 
- 
- + = + - 
- 
Û - + = + - 
- 
Û - = 
= é 
- ê Û - = Û 
ê = 
ë 
Vậy phương trình có nghiệm: x=5/3 
0,25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao 
1 4 4  9 
Ta có: AH d(A; ) 
2 2 
1 36 36 
S AH.BC 18 BC 4 2 
9 2 AH 
2 
- - - 
= D = = 
= = Û = = = 
0,25 Câu 
VIb 
2 đ 
1 
Pt : AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0. Do H=AHÇ BC nên tọa độ của điểm H là : 
0,25
x y 4  7 1 
H : H ; 
x y 3  2 2 
- = ì æ ö Þ - í ç ÷ + = è ø î 
Gọi B(m;m – 4) 
2 2 2 
2 
2 
BC 7 1 
HB 8 m m 4 
4 2 2 
11 
m 
7  2 m 4 
3 2 
m 
2 
æ ö æ ö Þ = = = - + - + ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
é = ê æ ö Û - = Û ê ç ÷ 
è ø ê = ê ë 
0,25 
Vậy  1 1 2 2 
11 3 3 5 3 5 11 3 
B ; C ; hay B ; C ; 
2 2 2 2 2 2 2 2 
æ ö æ ö æ ö æ ö Ù - - Ù ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø è ø è ø 
0,25 
ĐK : 
2 
1 0 
3 1 0 
x 
x xy 
+ > ì 
í + + > î  0,25 
Từ pt (2) của hệ suy ra :x(3x+y­1)=0 
0 
1 3 
x 
y x 
= é 
Û ê = - ë 
* Với x=0 thay vào Pt(1) ta có :  1  2 
4 4 
2 4.2 17.2 2 log 
9 9 
y y y  y - + = Û = Û = 
0,5 
2 
* Với y=1­3x thay vào pt (1) ta có 
: 
3 1 3 3 3 2 3 
3 
3 
2 2 17 2.(2 ) 17.2 8 0 
1 2 8  2 
1 1  2 2 
3 2 
x x x x 
x 
x 
x 
y 
y x 
+ - + = Û - + = 
= é = é = - é ê ê Û Û Þ ê ê ê = = - = ë ê ë ë 
Vậy nghiệm của hệ ban đầu là (0;  2 
4 
log 
9 
); (1;­2); (­1/3;2) 
0,25 
0.25 
Ghi chú : Mọi cách giải khác ,nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.