Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 97

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 1y x mx m    (1) với m là tham số, có đồ thị  mC .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  .
2. Tìm m để các tiếp tuyến của đồ thị  mC tại các điểm cố định của  mC vuông góc với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình  4cos 3 sin 2 2 1 sin
1 sin
x x
x
x
   .
2. Giải hệ phương trình
2
2
5 2 4
3 2 2
x x y
y y x
      
.
Câu III (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 3 1 5 4x x x    .
2. Cho các số thực dương a, b, c thoả điều kiện 1a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 3P
ab bc caa b c
     .
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C , có các cạnh ' 3AA AB a  , 4BC a , 5CA a và M
là trung điểm cạnh bên BB'. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và diện tích thiết diện của hình
lăng trụ . ' ' 'ABC A B C khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua A' và vuông góc với AM.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có    1;2 , 1;0A B và  0;3C . Tính bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Cho hàm số   xf x xe . Giải bất phương trình  ' 0f x  .
2. Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O và cắt đồ thị hàm số 1
2
xy
x
  tại hai điểm phân
 biệt nhận O làm trung điểm của nó.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ở trên trục hoành, đỉnh A ở
trên đường thẳng   : 3 1 0x y    và  2;1G là trọng tâm của nó. Đường thẳng 3 0y   là trung trực
cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Giải phương trình    12 0,25 4log 7 log 3 4 log 2 3x x    .
2. Tùy thuộc vào tham số m, hãy tìm các đường tiệm cận của đồ thi hàm số
2 1mx xy
x
  .
-----Hết-----
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:.....................................................
Chữ ký của giám thị 1: .......................................... Chữ ký của giám thị 2:......................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định: D=R .
Sự biến thiên:
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y     . BBT:
3
' 4 2 ; ' 0 0y x x y x     . 0,50 đ
Lập BBT và KL: Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0 và đồng biến trên
khoảng  0; . Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 2CTx y   . 0,25 đ
 1
(1,0đ)
Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (-1;0) và (1;0) và cắt Oy tại (0;-2). Đồ thị đối xứng
nhau qua trục tung. 0,25 đ
Đồ thị qua điểm (x;y) cố định 4 2 1y x mx m     nghiệm đúng với mọi m. 0,25 đ
Hay:  2 41 1x m y x    nghiệm đúng với mọi m 41 1xy x     .
 Vậy: đồ thị  mC luôn luôn qua 2 điểm cố định là    1;0 , 1;0A B .
0,25 đ
 2 tiếp tuyến tại A, B vuông góc       ' 1 . ' 1 1 4 2 4 2 1y y m m          . 0,25 đ
I
(2,0đ)
2
(1,0đ)
KL:  2 34 2 1 4 2 1
2
m m m         hoặc 5
2
m   . 0,25 đ
Điều kiện: sin 1x  . Ta có:
    22cos 3 sin cos 1 sin 1 sin 2cos 3 sin cos cos .x x x x x x x x x        0,25 đ
Hay  cos 2 3 sin cos 0 cos 0x x x x     (1) hoặc 3 sin cos 2x x  (2)
(1) cos 0
2
x x k      . 0,25 đ
(2) sin 1 2
6 3
x x k           . 0,25 đ
1
(1,0đ)
Kết hợp nghiệm, kết luận nghiệm PT là 2
3
x k   hoặc 2
2
x k    . 0,25 đ
Ta có: HPT
2
2
( 2 1) 3( 1) 2
3 2( 1)
x x x y
y y x
         
. 0,25 đ
Đặt 1t x  . HPT trở thành:
2
2
3 2
3 2
t t y
y y t
    
(1)
Suy ra:   1 0t y t y y t      hoặc 1y t  .
0,25 đ
Khi y = t 0; 5t y t y     . Vậy nghiệm HPT là    1;0 , 6;5 . 0,25 đ
II
(2,0đ)
2
(1,0đ)
Khi 1y t  2 1;
1 2
t t
y y
         . Vậy nghiệm HPT là    0;2 , 3; 1 . 0,25 đ
III 1 Điều kiện: 0x  . PT 34 1 5x x x     . 0,25 đ
Xét    34 1 0f x x x x x        23
1 1
' 4
2 3 1
f x
x x
   

. 0,25 đ
Mà  ' 0, 0f x x   và  f x liên tục trên  0; .
Nên: hàm số  f x đồng biến trên nửa khoảng  0; . 0,25 đ
Khi  1 1 5x f   . Vậy 1x  là nghiệm PT. 0,25 đ
(1,0đ)
Khi    1 1 5x f x f    . Vậy 1x  PTVN.
Khi    0 1 1 5x f x f     . Vậy 0 1x  PTVN. KL: 1x  . 0,25 đ
Đặt 2 2 2t a b c   . Ta có:
   2 2 2 2 2 2 21 2 2 2 3a b c a b c ab bc ca a b c            1 13 t   . 0,25 đ
Ta có: 2 6
1
P
t t
   . Xét
2 6( )
1
f t
t t
   với
1 1
3
t   
2
22
4 4 2
'( )
1
t tf t
t t
    . 0,25 đ
1 3 1 3
'( ) 0 ;
2 2
f t t t       (loại). Lập BBT. 0,25 đ
(2,0đ)
 2
(1,0đ)
Kết luận GTNN là  4 2 3 . 0,25 đ
Ta có: 2 2 2 2 2( 25 ) 6ABCAC AB BC a S a     . 0,25 đ
Vậy: 3
. ' ' '
18ABC A B CV a . 0,25 đ
Gọi N là trung điểm AB  ' 'AM A N A N P    . Mà BC AM , nên
   / /BC P P cắt mp(ABC) theo giao tuyến NI song song BC
 'A N NI I AC   .
0,25 đ
IV
(1,0đ)
 Kết luận:
2
'
3 5
2A NI
aS  . 0,25 đ
Phương trình đoạn chắn BC là 1 3 3 0
1 3
x y
x y      . 0,25 đ
  2, ; 10 1
10 ABC
d A BC BC S    . 0,25 đ
2 2 102; 2
2
AB AC p      . 0,25 đ
Va
(1,0đ)
Kết luận: bán kính đường tròn nội tiếp là 2
2 2 10
S
r
p
    . 0,25 đ
Ta có:  ' x xf x e xe   . 0,25 đ
Do đó:    ' 0 0 1 0x x xf x e xe e x         . 0,25 đ
Mà 0,xe x R    . 0,25 đ
 1
(1,0đ)
Do đó: 1 0 1x x    là nghiệm BPT. 0,25 đ
Đường thẳng d qua O và có hệ số góc k :d y kx  . 0,25 đ
VIa
(2,0đ)
2
(1,0đ)
d cắt đồ thị hám số 1
2
xy
x
  tại 2 điểm M, N  2 2 1 1 0kx k x     có
 2 nghiệm PB khác 2 20; 4 1 0; 1 0 0k k k          .
0,25 đ
O là trung điểm MN 2 1 10 0
2 2
M Nx x k k
k
        . 0,25 đ
Kết luận: 1
2 2
xk y     . 0,25 đ
Gọi    3 1;A a a   và    ;0 ;6B b Ox C b  . 0,25 đ
Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC, nên: 3 2 1 2
3
a b   và 6 1
3
a   . 0,25 đ
Vậy: 3; 8a b   . 0,25 đ
Vb
(1,0đ)
Kết luận:      10; 3 ; 8;0 ; 8;6A B C  . 0,25 đ
Điều kiện: 2 3 0x  . 0,25 đ
Ta có: PT    14 4 4log 7 log 3 4 log 2 3x x     . 0,25 đ
  1 24 4log 3 4 2 3 log 7 3.3 2.3 8 7x x x x         . 0,25 đ
1
(1,0đ)
KL: 23.3 2.3 1 0 3 1x x x     hoặc  13 0
3
x VN x    (th). 0,25 đ
Ta có: 11y mx
x
  
0 0
lim ; lim 0
x x
y y x  
      là tiệm cận đứng. 0,25 đ
   1 1lim 1 lim 0; lim 1 lim 0 1
x x x x
y mx y mx y mx
x x   
                 0,25đ
 Khi 0m  thì 1y   là tiệm cận ngang. 0,25đ
VIb
(2,0đ)
2
(1,0đ)
 Khi 0m  thì 1y mx  là tiệm cận xiên. 0,25đ
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM:
 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết
quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên
xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và
từng ý không được thay đổi.