Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 193

 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 B 
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 4 2(3 1) 3y x m x= + + − (với m là tham số) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với 1m = − . 
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao 
cho độ dài cạnh đáy bằng 
3
2
 lần độ dài cạnh bên. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình : ( )( ) 72sin72cos12sin42costan1 −+=−+− xxxxx 
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2
( , )
4 5(2 )
x y
x y
x y x y xy
+ = ∈ + = −

 
Câu III (1,0 điểm) Tìm 
2( ) x
x
x x e dx
x e
−
+
+∫ 
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt 
phẳng ( ')ABC tạo với đáy một góc 060 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ')ABC bằng a và 
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' ')BCC B bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 
. ' ' 'ABC A B C . 
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực zyx ,, thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 121212 222222 +−+++−+++−+= xxzzzyyyxP 
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 cho đường thẳng 022: =−− yxd và điểm )1;1(I . Lập phương trình các 
đường thẳng cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 045 . 
2. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 032: =−+ yxd và 053: =−+∆ yx . Lập phương 
trình đường tròn có bán kính bằng 
5
102
 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 0)2(2)2(log74)2(log2 222 =−+−−+− xxxx . 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 022: =−− yxd và đường tròn 10)1()1(: 22 =−+− yxC . 
Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn )(C biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 045 . 
2. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 032: =−+ yxd và hai điểm )1;2(;)2;1( BA − . Tìm toạ 
độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 


+−=−−
++=++
422)23(log
log)7(log1)(log
2
222
yxyx
yyxyx
----------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 2011-2012 
Môn thi: TOÁN, khối B 
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1.(1.0 điểm) 
Khi 1−=m hàm số trở thành 32 24 −−= xxy 
• Tập xác định: D = 
 
• Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 1;00';44' 3 ±==⇔=−= xxyxxy 
0.25 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;( −−∞ và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1(− và );1( +∞ 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1±=x ; yct=-4 
- Giới hạn: lim 
x → -∞
y = ∞+ ; lim
x → +∞
y = +∞ 
- 
0.25 
- Bảng biến thiên: 
0.25 
• Đồ thị: 
2
-2
-4
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
2
13
,00';)13(24' 23 +−==⇔=++= mxxyxmxy , 
đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*)
3
1
−<⇔ m . 
0.25 
Ba điểm cực trị là )3;0( −A ; 


 −+−−− 3
4
)13(
;
2
13 2mmB ; 


 −+−−−− 3
4
)13(
;
2
13 2mmC 0.25 
Nhận xét: ABC∆ cân tại A ; 


 ++−−=

 −−⇔=
16
)13(
2
134
2
134.9
3
2BC
4mmmAB 0.25 
I 
(2.0 
điểm) 
3
5
−=⇔ m , thoả mãn (*). 
Vậy 
3
5
−=m . 
0.25 
-3 
y’ 
x 
y 
 -∞ 
 +∞ 
 +∞ 
 +∞ 
0 0 0 
0 -1 1 
-4 
+ - - 
-4 
+ 
y 
O 
x 
 Trang 2/4 
1.(1.0 điểm) 
Điều kiện: 0cos ≠x , 
phương trình tương đương với 6cos.sin14sin2)cos.sin8sin2)(tan1( 22 −+−=+−− xxxxxxx 0.25 
xx
x
x
x
x
x
x
x
x 22
2
2
2
cos
3
cos
sin7
cos
sin)
cos
sin4
cos
sin)(tan1( −+−=+−−⇔
3tan7tan4)tan4tan)(tan1( 22 −+−=+−−⇔ xxxxx 
0.25 
3tan;1tan ±==⇔ xx 0.25 
;
4
pi
pi kx +=⇔ )(
3
Zkkx ∈+±= pipi (thoả mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có nghiệm ;
4
pi
pi kx += )(
3
Zkkx ∈+±= pipi 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
ĐK 0≥xy 
xyyxyx )2(54 22 −=+ 
xyyxxyyx )2(54)2( 2 −=+−⇔ 
0.25 
0)42)(2( =−−−−⇔ xyyxxyyx 

=−−
=−−⇔
042
02
xyyx
xyyx
 0.25 
Với 02 =−− xyyx ta có 1
223
2
2
==⇔
 −=−
=+
yx
xxx
yx
(thoả mãn) 0.25 
II 
(2.0 
điểm) 
Với 02 =−− xyyx ta có 
 −=−
=+
22423
2
xxx
yx



−=
+=
⇔
25
6822
25
6822
y
x
(thoả mãn) 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm. 
0.25 
Ta có 
2( ) x
x
x x e dx
x e
−
+
+∫ = dxxe exxe x
xx∫ ++ 1)1.( 0.25 
Đặt 1. += xext dxexdt x)1( +=⇒ 0.25 
⇒
2( ) x
x
x x e dx
x e
−
+
+∫ ∫ −= dttt )1( dtt∫  −= 11 0.25 
III 
(1.0 
điểm) 
Ctt +−= ln Cxexe xx ++−+= 1ln1 . Vậy
2( ) x
x
x x e dx
x e
−
+
+∫ Cxexe xx ++−+= 1ln1 0.25 
Gọi H là hình chiếu của A trên BC 
)B'BCC'(AH ⊥⇒ aAH =⇒ 
Gọi K là hình chiếu của C trên 'AC 
)BC'(CK A⊥⇒ aCK =⇒ 
0.25 
ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' ∠=∠⇒⊥⊥ 
060' =∠⇒ ACC 
0.25 
3
2
60sin 0
aCKAC == ; aACCC 260tan.' 0 == 0.25 
IV 
(1.0 
điểm) 
aAB
ACABAH
2111 222 =⇒+= 
3
4
'.
3
'''.
aCCSV ABCCBAABC == ∆ . 
Vậy 
3
4 3
'''.
aV CBAABC = 
0.25 
A 
B C 
A’ 
C’ B’ 
K 
H 
 Trang 3/4 
Ta có 222222 )1()1()1( xzzyyxP −++−++−+= 0.25 
ta có 222 )(
2
1 baba +≥+ nên ( )xzzyyxP −++−++−+≥ 111
2
1
 0.25 
mà cbacba ++≥++ nên 
2
23111
2
1
=−++−++−+≥ xzzyyxP 0.25 
V 
(1.0 
điểm) 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2
1
=== zyx . 
Vậy 
2
23
min =P khi 
2
1
=== zyx 
0.25 
1.(1.0 điểm) 
Gọi ),( ban là vectơ pháp tuyến )0( 22 ≠+ ba , 
 vì đường thẳng tạo với đường thẳng d một góc bằng 045 nên 
2
1
5.
2
22
=
+
−
ba
ba
0.25 


−=
=⇔
ab
ba
3
3
 0.25 
Với ba 3= , phương trình đường thẳng có dạng )(03 ∆=++ cyx 
10);( =∆Id 10
10
4
=
+
⇔
c


−=
=⇔
14
6
c
c
0.25 
Với ab 3−= , phương trình đường thẳng có dạng )(03 ∆=+− cyx 
10);( =∆Id 10
10
2
=
+−
⇔
c


=
−=⇔
12
8
c
c
Vậy có bốn đường thẳng cần tìm là: ;063 =++ yx 0143 =−+ yx ; ;083 =−− yx 0123 =+− yx . 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
Tâm đường tròn thuộc d nên có dạng );32( aaI +− 0.25 
Đường tròn tiếp xúc với ∆ nên RId =∆),(
5
102
10
2
=
−
⇔
a
2;6 −==⇔ aa 0.25 
Với 6=a ta có )6;9(−I suy ra phương trình đường tròn: 
5
8)6()9( 22 =−++ yx 0.25 
VIa 
(2.0 
điểm) 
với 2−=a ta có )2;7( −I ,suy ra phương trình đường tròn: 
5
8)2()7( 22 =++− yx 
Vậy có hai đường tròn thoả mãn là: 
5
8)6()9( 22 =−++ yx và 
5
8)2()7( 22 =++− yx . 
0.25 
Điều kiện: 2>x , phương trình đã cho tương đương với: 0.25 
( )( ) 042)2(log.1)2(log2 22 =−+−+− xxx 

=−+−
=+−⇔
042)2(log
01)2(log2
2
2
xx
x
 0.25 
Với 01)2(log2 2 =+−x ta có 2
12 +=x , thoả mãn. 0.25 
VIIa 
(1.0 
điểm) 
Với 042)2(log2 =−+− xx , ta có 42)2(log2 −+−= xxy là hàm số đồng biến trên ( )+∞;2 nên 
2
5
=x là nghiệm duy nhất. 
Vậy phương trình có hai nghiệm 
2
12 +=x và
2
5
=x 
0.25 
 Trang 4/4 
1.(1.0 điểm) 
Đường tròn có tâm )1;1(I bán kính 10=R 0.25 
Gọi ),( ban là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến )0( 22 ≠+ ba , 
 vì đường thẳng tạo với đường thẳng d một góc bằng 045 nên 
2
1
5.
2
22
=
+
−
ba
ba
 

−=
=⇔
ab
ba
3
3
0.25 
Với ba 3= , phương trình tiếp tuyến có dạng )(03 ∆=++ cyx 
RId =∆);( 10
10
4
=
+
⇔
c


−=
=⇔
14
6
c
c
0.25 
Với ab 3−= , phương trình tiếp tuyến có dạng )(03 ∆=+− cyx 
RId =∆);( 10
10
2
=
+−
⇔
c


=
−=⇔
12
8
c
c
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là: ;063 =++ yx 0143 =−+ yx ; ;083 =−− yx 0123 =+− yx . 
0.25 
2.(1.0 điểm) 
10=AB , có toạ độ dạng );32( aaC +− 0.25 
phương trình đường thẳng 053: =−+ yxAB 0.25 
2=∆ABCS 2),(.2
1
=⇔ ABCdAB 2
10
2
.10
2
1
=
−
⇔
a
2;6 −==⇔ aa 0.25 
VI.b 
(2.0 
điểm) 
Với 6=a ta có )6;9(−C ; với 2−=a ta có )2;7( −C 0.25 
Điều kiện 



>
>+
>+
0
07
0
y
yx
yx
Biến đổi phương trình đầu ta được yyxyx )7(log)(2log 222 +=+ 
0.25 


=
=⇔=+−
xy
xy
yxyx
2
032 22 0.25 
Với xy = thế vào phương trình thứ hai ta được 94)22(log 2 =⇔=− xx 
suy ra 9== yx , thoả mãn điều kiện. 0.25 
VIIb 
(1.0 
điểm) 
Với xy 2= thế vào phương trình thứ hai ta được ⇔−=− xx 24)2(log2 042)2(log2 =−+− xx 
42)2(log 2 −+−= xxy là hàm số đồng biến trên ( )+∞;2 nên 2
5
=x là nghiệm duy nhất. 
Suy ra 



=
=
5
2
5
y
x
, thoả mãn điều kiện. 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm 

=
=
9
9
y
x
 và 



=
=
5
2
5
y
x
0.25 
------Hết------ 
Gv: Trần Văn Hưng