Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 64

Tr−ờng THPT Huỳnh Thúc Kháng Đề thi thử Đại học lần I - năm 2011 
 Tổ toán Môn thi: Toán - Khối A- Khối D 
 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề 
I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0điểm): 
CâuI (2,0 điểm) 
 Cho hàm số y = 
1
42
+
−
x
x
 . Đồ thị (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 
2. Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đ−ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. 
Câu II (2,0 điểm) 
 1. Giải ph−ơng trình: ( )x
x
x
2sin1
cos
4
sin2
+






−
pi
= 1+tanx 
 2. Giải hệ ph−ơng trình: 



=+++
+=+
6854
)1()(
2
2422
yx
yyyxx
Câu III (1,0 điểm) 
 Tính tích phân: I = dx
x
x
∫ +
+1
0
6
4
1
1
CâuIV (1,0 điểm) 
 Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần l−ợt là trung điểm của SB, SC, và mặt 
 phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối chóp S.ABC 
Câu V (1,0 điểm) 
 Cho x,y,z là ba số thực d−ơng thỏa mQn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 P = 
xyz
z
xzy
y
yzx
x
+
+
+
+
+
333
 II. Phần riêng (3,0 điểm): 
Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) 
A. Theo ch−ơng trình chuẩn. 
Câu VI.A(2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ−ờng tròn (S): x2 + y2 – 2x - 4y = 0. và đ−ờng thẳng (d) 
 x + y -1 = 0. Tìm điểm A trên (d) mà từ đó kẻ đ−ợc hai tiếp tuyến AB, AC với đ−ờng tròn (S) và 
 góc BAC bằng 60°. 
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x– y +2z +11 = 0, và hai điểm A(1;-1;2) 
 B(-1;1;3). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. 
Câu VII.A(1,0điểm) 
 Giải ph−ơng trình: ( ) ( ) 2loglog 11313 22 xx xx +=++− 
B. Theo ch−ơng trình Nâng cao. 
Câu VI.B (2,0điểm) 
1. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh B, D lần l−ợt 
 thuộc các đ−ờng thẳng (d1): x – y = 0, (d2): x – 2y + 3 = 0. 
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết ph−ơng trình mặt phẳng đi qua điểm 
 M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần l−ợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất. 
Câu VII.B(1,0điểm) 
 Giải bất ph−ơng trình: ( ) ( ) xxx ≤−−+ 22 loglog 1515 
 ............................Hết................................ 
L−u ý: Thí sinh thi khối D không phải làm các câu VII.A, VII.B 
Họ và tên thí sinh..Số báo danh.. 
 www.laisac.page.tl
 Đáp án và biểu điểm chấm 
(Đề thi thử khối A- D năm 2011) 
Câu I Lời giải Điểm 
1.(1,0đ) 
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = 
1
42
+
−
x
x
 Giải: 1. TXĐ: D = R\ {-1} 
 2. Sự BT: + TCĐ: x = -1, TCN: y = 2. 
 + y’ = 2)1(
6
+x
 > 0 ∀x ≠ -1. 
 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞ ; -1) và (-1; +∞). 
 + Ta có BBT: 
++
2+∞
-∞
+∞-1-∞
y
y'
X
2
3. Đồ thị hàm số nh− hình vẽ: 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
2.(1,0đ) Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đ−ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d) 
 Giải: 
PT đ−ờng thẳng (∆) vuông góc với (d) có dạng: 2x – y + m = 0⇔ y = 2x + m. 
PT hoành độ giao điểm của (C) và(∆)là:
1
42
+
−
x
x
 =2x + m ⇔ 2x2 + mx +m+4 = 0 (*). 
(∆) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ = m2- 8m –32 > 0 
 ⇔ m 4 + 4 3 (**) 
 Tọa độ các giao điểm: A(xA; 2xA+m), B(xB;2xB+ m). 
Trung điểm của AB có tọa độ I(
2
BA xx + ; xA+xB +m). 
áp dụng Vi ét cho PT (*) ta có: xA + xB = - 2
m
; xA.xB = 2
4+m
. ⇒ I(-
4
m
;
2
m
). 
A,B đối xứng nhau qua (d) ⇔ I ∈ (d) ⇔ -
4
m
 + m + 3 = 0 ⇔ m = - 4. (t/m **) 
Khi m = - 4 ta có: 



=
=+
0
2
BA
BA
xx
xx
 ⇒ xA = 0; xB = 2, hoặc xA = 2; xB = 0 
Vậy trên (C) có hai điểm đối xứng nhau qua (d): A(0; - 4), B(2; 0) 
 Hoặc A(2; 0), B(0; - 4) 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
0,25đ 
Câu II. Điểm 
1.(1,0đ) 
 Giải ph−ơng trình: ( )x
x
x
2sin1
cos
4
sin2
+






−
pi
= 1+tanx (1) 
Giải: Đkxđ : cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ 
2
pi
 + kpi. (*) 
(1) ⇔ 





− x
4
sin2 pi (sinx + cosx)2 = (sinx +cosx) 
⇔ (sinx +cosx) 



−+− 1)cos)(sin
4
(sin2 xxxpi = 0⇔ (sinx +cosx).cos2x = 0 
 ⇔ 


=
=+
02cos
0cossin
x
xx
 ⇔ 




=
+−=
pi
pi
pi
.
.
4
mx
mx (t/m (*)) 
Vậy PT có nghiệm : x = mpi, x = -
4
pi
 + mpi. (m ∈ Z) 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
2.(1,0đ) 
Giải hệ ph−ơng trình: 



=+++
+=+
6854
)1()(
2
2422
yx
yyyxx
 (I) 
Giải: ĐKXĐ; x≥ - 
4
5
. (I) ⇔ 



=+++
+=+
6854 2
4623
yx
yyxyx
. 
Ta thấy y = 0 không thỏa mQn hệ 
Chia hai vế PT thứ nhất cho y3, ta đ−ợc: yy
y
x
y
x
+=+




 3
3
. (*) 
Xét hàm số: f(t) = t3 + t,(t∈ R), có f’(t) = 3t2 +1 > 0 ∀t∈ R.⇒ f(t) đồng biến ∀t∈ R. 
Từ (*) ta suy ra: f(
y
x
) = f(y) ⇔ 
y
x
= y ⇔ x = y2. Thay vào PT thứ hai của hệ ta có 
854 +++ xx = 6 ⇔ 2 )8)(54( ++ xx = 23 -5x 
⇔ 




−=++
≤
2)523()8)(54(4
5
23
xxx
x
 ⇔ 




=+−
≤
04142
5
23
2 xx
x
⇔ 









=
=
≤≤−
)(41
1
5
23
4
5
Lx
x
x
⇔ x =1 
⇒ y2 = 1⇔ y = ±1. Vậy hệ đQ cho có hai nghiệm: (x;y) = (1;-1),(1;1) 
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
Câu III 
(1,0đ) Tính tích phân: I = dx
x
x
∫ +
+1
0
6
4
1
1
Giải: Ta có: I = dx
xxx
xxx
∫ +−+
++−1
0
242
224
)1)(1(
)1(
 = +
+∫
1
0
2 1x
dx dx
x
x
∫ +
1
0
6
2
1
 = I1 + I2 
Ta có: I1 = ∫ +
1
0
2 1x
dx
. Đặt x = tant, t∈ (-
2
pi
;
2
pi
).⇒ dx = (1+tan2t)dt . 
 x = 0, t = 0. x = 1, t = 
4
pi
. I1 = ∫∫ ==+
+ 4
0
4
0
2
2
tan1
)tan1(
pipi
dt
t
dtt
4
pi
. 
I2 = dx
x
x
∫ +
1
0
6
2
1
. Đặt: x3 = tant, t∈ (-
2
pi
;
2
pi
).⇒ 3x2dx = (1+tan2t)dt 
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
x = 0, t = 0. x = 1, t = 
4
pi
. Do đó I2 = 123
1
tan1
)tan1(
3
1 4
0
4
0
2
2 pi
pipi
==
++
+
∫∫ dtt
dtt
Vậy I = I1 + I2 = 4
pi
+
12
pi
 = 
3
pi
0,25đ 
Câu IV 
(1,0đ) 
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần l−ợt là trung điểm của 
SB, SC, và mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối 
chóp S.ABC 
 Giải: 
I
H
A
B
C
S
K
a
M
N
Gọi K là trung điểm của BC, I = SK ∩ MN ⇒ I là trung điểm của SK và MN. 
Vì (AMN) ⊥(SBC) ⇒ SK ⊥ (AMN) ⇒AI ⊥ SK ⇒ AI vừa là đ−ờng cao vừa là trung 
tuyến , do đó ∆SAK cân đỉnh A, ⇒ SA = AK = 
2
3a
. 
Gọi H là tâm đáy ⇒ SH ⊥ (ABC) ta có: SH = 
12
522 aAHSA =− 
Diện tích đáy SABC = 4
32a
 . Vậy V= 
3
1
. SH. SABC = 3
1
.
12
5
a .
4
32a
= 
24
53a
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
Câu V 
(1,0đ) 
Cho x,y,z là ba số thực d−ơng thỏa mQn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
 P = 
xyz
z
xzy
y
yzx
x
+
+
+
+
+
333
 Giải. 
Ap dụng BĐT Cối cho 3 số ta có: 
2
3
2
1
4
3 xyzx
yzx
x ≥+++
+
 (1). 
2
3
2
1
4
3 yxzy
xzy
y ≥+++
+
 (2) 
2
3
2
1
4
3 zxyz
xyz
z ≥+++
+
 (3). Cộng theo vế (1) ,(2),(3) ta đ−ợc: 
P + )(
2
3
44
zyxzxyzxyzyx ++≥+++++ ⇒ P 
42
9 zxyzxy ++
−≥ (*) 
Mặt khác ta có : (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 ≥ 0 ⇔ xy +yz +zx ≤ 
3
1
(x+y+z)2 = 3 (**) 
Thay (**) vào (*) ta đ−ợc: P ≥ 
2
3
4
3
2
9
=− . 
Vậy min P = 
2
3
, đạt đ−ợc ⇔ x = y = z = 1 
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
0,25đ 
Câu 
VI.A 
1.(1,0đ) Tìm điểm A∈(d): x+y -1= 0, từ đó kẻ đ−ợc hai tiếp tuyến AB,AC với đ−ờng tròn (S) 
x2 + y2 – 2x - 4y = 0 và góc BAC = 60°. 
Điểm 
 Giải: Giả sử từ A(a; 1-a) ∈(d): kẻ đ−ợc hai tiếp tuyến AB,AC và góc BAC = 60° 
 Khi đó góc BAI = 30°. Đ−ờng tròn (S) có tâm I(1;2), bán kính R = 5 
d
R
I
B
A
C
Trong tam giác ABI ta có AI = 2R = 2⇔ AI2 = 20⇔ (a- 1)2 + (a+1)2 = 20 
 ⇔ a2 = 9 ⇔ a = ± 3 ⇒ có hai điểm thỏa mQn A1(3; -2), A2(-3; 4) 
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
2(1,0đ) Cho hai điểm A(1;-1;2) , B(-1;1;3) và mf(P): 2x – y +2z +11 = 0. Tìm điểm C ∈(P) 
sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. 
 Gĩải Vì AB không đổi nên chu vi tam giác ABC nhỏ nhất ⇔ CA + CB nhỏ nhất. 
Thay tọa độ A,B vào VT của (P) ⇒ A,B nằm cùng phía với (P). Gọi A’ là điểm đối 
xứng của A qua (P), đ−ờng thẳng A’B cắt (P) tại C⇒ C là điểm cần tìm. 
P
A
H
A'
B
C
PT đ−ờng thẳng (d) qua A ⊥(P) có VTPT )2;1;2( −n có dạng: 





+=
−−=
+=
tz
ty
tx
22
1
21
, (t ∈R). 
Tọa độ giao điểm H của (d) và (P): 2(1+2t) + 1+t+ 2(2+2t) +11 = 0 ⇒ t =-2, 
⇒ H( -3; 1; -2) ⇒ A’(-7;3;-6). 
PT đ−ờng thẳng A’B có dạng: 





+−=
−=
+−=
tz
ty
tx
96
23
67
. 
Tọa độ C = A’B ∩ (P) : 2(-7+6t) -3 + 2t + 2(-6+ 9t) +11 = 0 ⇒ t = 
16
9
⇒ C(-
16
15
;
8
15
;
8
29
− ) 
0,25đ 
0,25đ 
 0,25đ 
0,25đ 
Câu 
VII.A 
Giải ph−ơng trình: ( ) ( ) 2loglog 11313 22 xx xx +=++− . (1) 
Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt ( ) tx =− 2log13 , (t > 0). ⇒ ( )
t
xx
=+
2log13 
Khi đó (1) có dạng: t + 
t
x 2
= 1 + x2 ⇔ t2 - (1+x2)t + x2 = 0 ⇔ t = 1, hoặc t = x2. 
0,25đ 
 0,25đ 
 *) t = 1⇔ ( ) 113 2log =− x ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1. (T/M). 
*) t = x2 ⇔ ( ) 2log213 xx =− ⇔ ( ) xxx 222 log2loglog 4)2(13 ==− 
⇔ 1
4
13 2
log
=







−
x
 ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1. (T/M). Vậy PT (1) có nghiệm: x = 1. 
 0,25đ 
 0,25đ 
Câu 
VI.B 
1(1,0đ) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết đỉnh A và C thuộc trục Ox, các đỉnh 
B, D lần l−ợt thuộc các đ−ờng thẳng (d1): x – y = 0, (d2): x – 2y + 3 = 0. 
Giải: Vì BD ⊥ Ox, và B∈(d1), D∈(d2) ⇒ tọa độ B( b; b), D( b; 2
3+b
). 
Vì B, D cách đều trục Ox ⇒ 
2
3+
=
bb ⇔ 2b= ±(b+3) ⇔ b = 3, hoặc b = -1. 
*) b = 3 ⇒ B(3;3), D(3; 3) ( loại) 
*) b = -1 ⇒ B(-1;-1), D(-1; 1). Khi đó tâm I của hình vuông có tọa độ: I (-1;0) 
Lấy A(a; 0) ∈ Ox⇒ A là đỉnh của hình vuông ⇔ IA2 = IB2⇔ (a+1)2 = 1⇔ a = 0, 
hoặc a = -2. Do đó A(0; 0), C(-2;0), hoặc A(-2;0), C(0 ;0) 
Vậy có hai hình vuông: A(0; 0), B(-1;-1), C(-2;0), D (-1; 1) 
 A(-2;0), B(-1;-1), C(0; 0), D (-1; 1) 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
2(1;0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết ph−ơng trình mặt 
phẳng đi qua điểm M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần l−ợt tại A,B,C sao cho tứ diện 
OABC có thể tích nhỏ nhất 
 Giải: Gọi A(a; 0;0), B(b; 0 ;0), C(c; 0 ;0) lần l−ợt thuộc các tia Ox, Oy, Oz. 
(a,b,c > 0). Khi đó PT mf(P) đi qua ABC có dạng: 1=++
c
z
b
y
a
x
. (P) 
(P) đi qua M ⇒ 1321 =++
cba
 (*). Ta có: VOABC = 6
1
abc. 
A’p dụng BĐT Côsi ta co: 3
633211
abccba
≥++= ⇔ 
6
1
abc ≥ 27 ⇔ VOABC ≥ 27 
 ⇒ Min(VOABC) = 27 đạt đ−ợc ⇔ 3
1321
===
cba
 ⇔ a = 3, b = 6, c = 9. 
Vậy PT mp (P) cân tìm có dang: 1
963
=++
zyx
⇔ 6x + 3y + 2z -18 = 0 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
Câu 
VII.B 
Giải bất ph−ơng trình: ( ) ( ) xxx ≤−−+ 22 loglog 1515 (1) 
 Giải: Đk xđ: x > 0. (1) ⇔ ( ) ( ) xxx 222 logloglog 21515 ≤−−+ 
⇔ 1
2
15
2
15 22
loglog
≤






−
−






 +
xx
. Đặt t
x
=






 +
2log
2
15
, (t > 0) 
⇒
t
x
1
2
15 2
log
=







−
. Khi đó (1) ⇒ t - 
t
1
 ≤ 1 ⇔ t2 – t – 1 ≤ 0. 
⇔ 
2
51
2
51 +≤≤− t ⇔ 0 < t ≤ 
2
51+
 ⇔ 
2
15
2
15 2
log
+≤





 +
x
⇔ log2x ≤ 1 
 ⇔ x ≤ 2. Kết hợp với đk x > 0 ⇒ (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2] 
0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
 0,25đ 
L−u ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó. 
 2) Điểm bài thi khối D đ−ợc chia nh− sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm 
 giữ nguyên nh− thang điểm trên.