Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 79

 TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC	 	 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ 	 Môn thi: TOÁN; khối A
 	 	 	 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
	Cho hàm số (1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
Câu II (2 điểm)
	1. Giải phương trình: 
	2. Giải hệ phương trình: 
Câu III (1 điểm)
	Tính 
Câu IV (1 điểm)
	Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), và Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
	Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ , cho hai điểm và đường thẳng . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm và tiếp xúc với đường thẳng D.
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; -6; 6), B(4; 4; 4), C(- 2; 10; -2) và S(-2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Câu VII.a (1 điểm)
	Giải phương trình: 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình thoi có A(1; 0), B(3; 2) và Xác định tọa độ hai đỉnh và 
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
	Giải hệ phương trình: 
---------------Hết---------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..Số báo danhwww.laisac.page.tl
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A
Câu
Đáp án
Điểm
I 
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
· Tập xác định: D = 
· Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-¥; -1) và (1; +¥), nghịch biến trên khoảng (-1; 1)
- Cực trị: 	+	Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = -1; 
	+	Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3. 
- Giới hạn: 
0,25
-1
y’(x)
y(x)
-¥
+¥
1
0
0
+
+
-
 3
-1
-¥
+¥
Bảng biến thiên:
0,25
x
y
0
1
-2
-1
2
1
·
·
·
·
·
-1
3
Þ điểm uốn I(0; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (-2; -1), (2; 3) 
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị 
(C’) của hàm số: và đường thẳng (d):
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số: , ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, 
x
y
0
1
-2
-1
2
1
·
·
·
·
-1
3
·
(d)
đồng thời thì 
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:
0,25
+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:
0,5
II 
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
ĐK: 
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
0,25
0,25
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
0,25
(1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với: 
0,25
0,25
0,25
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:
0,25
III 
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
IV 
(1,0 điểm)
A
S
C
B
M
H
+ Kẻ SH vuông góc AC (H Î AC) Þ SH ^ (ABC)
Þ 
Þ 
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA = AB = a, 
Þ AM ^ SB và CM ^ SB
Þ 
0,25
+ DSAC = DBAC Þ 
0,25
AM là trung tuyến DSAB nên: 
Tương tự: 
Vậy: 
0,25
V 
(1,0 điểm)
Đặt . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng: 
Þ 
 (1)
0,25
Tương tự: (2); (3)
0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: . 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy đạt được khi a = b = c = 1
0,25
VI.a 
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI2 = BI2 Û 7a + b = 2	(1)
0,25
BI2 = d2(I,D) Û (a + 3)2 + (b + 2)2 = 	(2)
0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23)
0,25
+ I(1; -5) Þ R = 5
	(C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25
+ I(-3; 23) Þ R = 25
	(C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625
0,25
(1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+ (2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+ 
+ Do OABC là hình thoi và nên: 
0,25
Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ tại H thì tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC
0,25
Ghi chú: Có thể dùng công thức: 
0,50
VII.a 
(1,0 điểm)
ĐK: x > 0. Đặt:, phương trình trở thành: (1) 
0,25
Do nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có: 
Þ pt (1) có các nghiệm : 
0,25
+ Với t = 2 ta được pt: 
0,25
+ Với ta được pt: 
Xét hàm số: , TXĐ : 
Þ Hàm số f là một hàm đồng biến trên.
Mặt khác f(3) = 0 Þ x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3
0,25
VI.b 
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra DABD đều.
Ta có : , trung điểm của AB là M(2;1) 
Þ pt trung trực của đoạn AB: 
0,25
D thuộc trung trực của AB Þ D(t; 3 - t)
0,25
+ ABCD là hình thoi nên: 
0,25
+ 
+ 
0,25
2.(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: trong đó a, b, c là các số thực dương Þ phương trình mp(ABC): 
0,25
+ M(1, 2, 3) Î mp(ABC) nên: 
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: 
0,25
+ Theo bđt CauChy: 
0,25
Đẳng thức xảy ra khi 
Vậy đạt được khi 
0,25
VII.b 
(1,0 điểm)
ĐK: . Khi đó hệ tương đương: 
0,25
Đặt: ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành: (thỏa ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ: 
0,25
TH2: Với v = 3, ta có hệ: 
So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm: , 
Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm: , 
0,25
---------------Hết---------------