Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 192

 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 
Môn thi: TOÁN, khối D 
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 23
3
1
xxy −= 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . 
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến có hệ số góc âm và tạo với trục 
hoành một góc 045 . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 2 22sin (cos sin ) sin 3 cos3x x x x x− = + 
2. Giải hệ phương trình ( ) ( )
( )R,
0341
06
2
2
22
∈



=−−−−+
=−−
yx
yx
yx
yx
Câu III (1,0 điểm) Tìm ∫
+
+ dx
x
xx
)
4
sin(
2cos)2sin1(
pi
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng '''. CBAABC có 0120,2, =∠== ACBaBCaAC , 'AC tạo 
với mặt phẳng ( )ABC một góc 060 , G là trọng tâm tam giác ''CAB . Tính thể tích khối tứ diện GABC . 
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 12 2 +−= xxy 
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 hệ toạ độ Oxy , lập phương trình các đường thẳng đi qua ( )3;1M và cách điểm ( )1;3 −I một 
khoảng bằng 2. 
2. Trong hệ toạ độ Oxy , lập phương trình đường tròn đi qua ( )1;2−A và tiếp xúc với các trục toạ độ. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 355 )32(log1)23(log2 +=++ xx 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) 0626: 22 =++−+ yxyxC . Lập phương trình các tiếp 
tuyến của ( )C đi qua điểm ( )3;1M . 
2. Trong hệ toạ độ Oxy , lập phương trình chính tắc của elip đi qua điểm ( )3;2M và có phương trình 
một đường chuẩn là 08 =+x . 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 


=−−+
=−−
1)32(log)32(log
012594
55
22
yxyx
yx
----------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 
quangth@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
 Trang 1/4 
 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN, khối D 
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
• Tập xác định: RD = 
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: xxy 2' 2 −= 
0.25 
 2;00' ==⇔= xxy 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )0;(−∞ ; );2( +∞ nghịch biến trên khoảng )2;0( 
-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại x=0; ycđ=0; hàm số đạt cực tiểu tại 2=x ; yct
3
4
−= 
-Giới hạn và tiệm cận: lim 
x → -∞
y = ∞− , lim
x → +∞
y = ∞+ 
0.25 
- Bảng biến thiên: 
0.25 
• Đồ thị: 
2
-2
-4 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
Vì tiếp tuyến có hệ số góc âm và tạo với trục hoành một góc 045 nên tiếp tuyến có hệ số góc 1−=k 
0.25 
1
121' 2
=⇔
−=−⇔−=
x
xxy
 0.25 
với 
3
21 −=⇒= yx 0.25 
I 
(2.0 
điểm) 
⇒ phương trình tiếp tuyến là 
3
2)1( −−−= xy hay 
3
1
+−= xy 
0.25 
0 
0 ∞+
2 
+ - 0 
x 
y’ 
∞−
0 y 
∞+
∞−
-4/3 
+ 
y 
x O -1 3 2 
-4/3 
 Trang 2/4 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
phương trình đã cho tương đương với 
xxxx 3cos3sin2cos.sin2 += xxxx 3cos3sinsin3sin +=−⇔ 0.25 
xxx sin3cos
2
33sin
2
1
=−⇔ xx sin)
3
3sin( =−⇔ pi 0.25 
)(
2
3
3
2
3
3
Zk
kxx
kxx
∈




+−=−
+=−
⇔
pipi
pi
pi
pi
 )(
26
6 Zk
kx
kx
∈




+=
+=
⇔
pipi
pi
pi
 0.25 
)(
26
Zkkx ∈+=⇔ pipi . 
Vậy phương trình có nghiệm )(
26
Zkkx ∈+= pipi 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
Điều kiện : 0≠− yx 
Hệ đã cho tương đương với: 
( )( )
( )


=−−−−+
=−+
034)1(
6
2
2
yx
yx
yxyx
0.25 
Đặt )0(, ≠−=+= byxbyxa ta có 



=−−−
=
034)1(
6
2
2
b
a
ab
 0.25 



=−−+−
=
⇔
03
9
12
6
1
2
2 aaa
a
b








−=
−=


=
=
⇔
8
4
3
2
3
b
a
b
a
( thoả mãn) 0.25 
II 
(2.0 
điểm) 








−=−
−=+


=−
=+
⇔
8
4
3
2
3
yx
yx
yx
yx










=
−=



=
=
⇔
8
29
8
35
2
1
2
5
y
x
y
x
 0.25 
dxxxxx
x
xdxxI )sin(cos)cos(sin2
)
4
sin(
2cos)2sin1( 2 −+=
+
+
= ∫∫ pi 0.25 
Đặt dxxxdtxxt )sin(coscossin −=→+= 0.25 
== ∫ dttI 22 0.25 
III 
(1.0 
điểm) 
CxxctI ++=+= 33 )cos(sin
3
2
3
2
Vậy CxxI ++= 3)cos(sin
3
2
0.25 
 Trang 3/4 
Ta có 
2
3
sin...
2
1 2aACBBCACS ABC =∠=∆ 
0.25 
Vì )(' ABCCC ⊥ nên 
060'))(,'( =∠=∠ ACCABCAC 
360tan.' 0 aACCC ==⇒ 
0.25 
3
2
'
3
2))(,( aCCABCGd == 0.25 
IV 
(1.0 
điểm) 
3
)).(,(.
3
1 3aSABCGdV ABCGABC == ∆ ( đơn vị thể tích) 
Vậy 
3
3aVGABC = ( đơn vị thể tích) 
0.25 
Tập xác định RD = 
1
21
2
'
+
−=
x
xy
0.25 
3
10' =⇔= xy 0.25 
Ta có bảng biến thiên 
0.25 
V 
(1.0 
điểm) 
Từ bảng biến thiên ta có 3max −=y khi 
3
1
=x 0.25 
1.(1.0 điểm) 
Phương trình đường thẳng qua M có dạng )(0)3()1( ∆=−+− ybxa với 022 ≠+ ba 
2
42
2),(
22
=
+
−
⇔=∆
ba
ba
Id 0.25 


=
=⇔
ab
b
43
0
 0.25 
với 0=b chọn 1=a ta có 01 =−x 0.25 
Với ab 43 = chọn 4;3 == b ta có 01543 =−+ yx 
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn đề bài là: 01 =−x và 01543 =−+ yx 0.25 
2.(1.0 điểm) 
Gọi );( baI là tâm của đường tròn và đường tròn đi qua A và tiếp xúc với các trục toạ độ nên 
),(),( OyIdOxIdIA == 0.25 
abba ==−++⇔ 22 )1()2( 0.25 


=
−=⇔
1
1
b
a
 hoặc 

=
−=
5
5
b
a
 0.25 
VIa 
(1.0 
điểm) 
Có hai đường tròn thoả mãn là 
 1)1()1( 22 =−++ yx Và 25)5()5( 22 =−++ yx 
0.25 
B’ 
A 
C 
B 
A’ 
C’ 
G 
x 
y’ 
y 
∞− ∞+ 3
1 
0 + - 
3− 
 Trang 4/4 
Điều kiện .
3
2
−>x (*) 
phương trình đã cho 3525 )32(log)23(5log +=+⇔ xx 
0.25 
32 )32()23(5 +=+⇔ xx 0.25 


−=
=
⇔=+−−
8
7
1
07698 23
x
x
xxx 0.25 
VIIa 
(1.0 
điểm) 
Đối chiếu với điều kiện ta được 1=x 
Vậy phương trình có nghiệm 1=x . 0.25 
1.(1.0 điểm) 
Đường tròn có tâm )1;3( −I bán kính 2=R 
Phương trình tiếp tuyến qua )3;1(A có dạng )(0)3()1( ∆=−+− ybxa với 022 ≠+ ba 0.25 
2
42
2),(
22
=
+
−
⇔=∆
ba
ba
Id 

=
=⇔
ab
b
43
0
 0.25 
với 0=b chọn 1=a ta có 01 =−x 0.25 
Với ab 43 = chọn 4;3 == b ta có 01543 =−+ yx 
Vậy có hai tiếp tuyến là: 01 =−x và 01543 =−+ yx 0.25 
2.(1.0 điểm) 
Gọi phương trình )0(1:)( 2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
xE . Từ giả thiết ta có 



=
=+
)2(8
)1(194
2
22
c
a
ba
 0.25 
Ta có ).8(88)2( 22222 cccccabca −=−=−=⇒=⇔ Thay vào (1) ta được 1)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
. 0.25 


=
=
⇔=+−⇔
2
13
2
026172 2
c
c
cc 0.25 
VIb 
(1.0 
điểm) 
* Nếu 2=c thì .1
1216
:)(12,16
22
22 =+⇒==
yxEba 
* Nếu 
2
13
=c thì .1
4/3952
:)(
4
39
,52
22
22 =+⇒==
yxEba 
0.25 
Điều kiện:

>−
>+
032
032
yx
yx
Hệ phương trình đã cho tương đương với 

=−−+
=−++
1)32(log)32(log
3)32(log)32(log
55
55
yxyx
yxyx
0.25 


=−
=+⇔
1)32(log
2)32(log
5
5
yx
yx
 0.25 


=−
=+⇔
532
2532
yx
yx
 0.25 
VIIb 
(1.0 
điểm) 



=
=
⇔
3
10
2
15
y
x
( thoả mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm 



=
=
⇔
3
10
2
15
y
x
 0.25 
------Hết------ 
Gv: Trần Văn Hưng