Trờng THPT Huỳnh Thúc KhángĐề 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
4
2
+

x




=
1+tanx

2. Giải hệ phơng trình:



=
+
+
+
+
=
+
6
8
5
4
)1
(
)
(
2
2
4
2
2

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 dơng thỏa mn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
xy
z
z
xz
y
y
yz
x
x
+
+
+
+
+
3
33

II.
Phần riêng

(
3,0 điểm
):

1
3
2
2
x
x
x
x
+
=
+
+


B. Theo chơng 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 lợt
thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng đi qua điểm
M cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích nhỏ nhất.
Câu VII.B(1,0điểm
)
Giải bất phơng trình:

+

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
-



0,25đ

2.(1,0đ)

Tìm trên (C) những điểm đối xứng nhau qua đờng thẳng x+ 2y + 3 = 0. (d)

Giải:
PT đờng 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 2x
2
+ mx +m+4 = 0 (*).

() cắt (C) tại hai điểm phân biệt = m
2
- 8m 32 > 0
m< 4 - 4 3 ; m > 4 + 4 3 (**)
Tọa độ các giao điểm: A(x
A
; 2x
A
+m), B(x
B

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
x
A
= 0; x
B
= 2, hoặc x
A
= 2; x
B
= 0

Giải phơng trình:
( )
x
x
x
2sin1
cos
4
sin2
+








= 1+tanx (1) Giải: Đkxđ : cosx

0 x


2

+ k. (*)
(1)

=+
02cos
0cossin
x
xx





=
+=



.
.
4
mx
mx
(t/m (*))
Vậy PT có nghiệm : x = m, x = -
4

+ m. (m Z)
0,25đ




=+++
+=+
6854
2
4623
yx
yyxyx
.
Ta thấy y = 0 không thỏa mn hệ
Chia hai vế PT thứ nhất cho y
3
, ta đợc: yy
y
x
y
x
+=+








3
3
. (*)







=+

04142
5
23
2
xx
x











=
=

)(41
1

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(

2
1x
dx
. Đặt x = tant, t (-
2

;
2

). dx = (1+tan
2
t)dt .
x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. I
1
=

==
+
+
4
0
4
0
2
2
tan1
)tan1(

dx = (1+tan
2
t)dt 0,25đ 0,25đ 0,25đ

x = 0, t = 0. x = 1, t =
4

. Do đó I
2
=
123
1
tan1
)tan1(
3
0,25đ

Câu IV
(1,0đ)
Cho hình chóp đều S.ABC, cạnh đáy AB = a. Gọi M, N lần lợt 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 đờng cao vừa là trung
tuyến , do đó SAK cân đỉnh A, SA = AK =
2
3a

24
5
3
a 0,25đ

0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu V
(1,0đ)

+
+
+
(1).
2
3
2
1
4
3
yxzy
xzy
y
+
+
+
+
(2)

2
3
2
1
4
3
zxyz
xyz
z
+
+

3
1
(x+y+z)
2
= 3 (**)
Thay (**) vào (*) ta đợc: P
2
3
4
3
2
9
= .
Vậy min P =
2
3
, đạt đợc x = y = z = 1 0,25đ
0,25đ

2
= 20 (a- 1)
2
+ (a+1)
2
= 20
a
2
= 9 a = 3 có hai điểm thỏa mn A
1
(3; -2), A
2
(-3; 4)

0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
2(1,0đ)

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 đờng thẳng AB có dạng:





+=
=
+=
tz
ty
tx
96
23
67
.
Tọa độ C = AB (P) : 2(-7+6t) -3 + 2t + 2(-6+ 9t) +11 = 0 t =
16
9

C(-
16
15
;
8


0,25đ
Câu
VII.A
Giải phơng trình:
(
)
(
)
2
loglog
11313
22
xx
xx
+=++ . (1) Giải: ĐKxđ: x > 0. Đặt
(
)
t
x
=
2
log
13 , (t > 0).
(
)
t

113
2
log
=
x
log
2
x = 0 x = 1. (T/M).
*) t = x
2

(
)
2
log
2
13 x
x
=
(
)
xx
x
22
2
log
2
log
log
4)2(13 ==

B, D lần lợt thuộc các đờng thẳng (d
1
): x y = 0, (d
2
): x 2y + 3 = 0. Giải: Vì BD Ox, và B(d
1
), D(d
2
) tọa độ B( b; b), D( b;
2
3
+
b
).
Vì B, D cách đều trục Ox
2
3+
=
b
b
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 IA
2
= IB
2

x
. (P)
(P) đi qua M 1
321
=++
c
b
a
(*). Ta có: V
OABC
=
6
1
abc.
Ap dụng BĐT Côsi ta co:
3
6
3
321
1
abccba
++=
6
1
abc 27 V
OABC
27
Min(V
OABC
) = 27 đạt đợc

)
(
)
x
xx
+
22
loglog
1515 (1) Giải: Đk xđ: x > 0. (1)
(
)
(
)
x
xx
2
22
log
loglog
21515 +
1
2
15
2
15
22
loglog



+
2
log
2
15
, (t > 0)

t
x
1
2
15
2
log
=









. Khi đó (1) t -
t
1
1 t

x
log
2
x 1
x 2. Kết hợp với đk x > 0 (1) có nghiệm là: S = ( 0; 2]

0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ

Lu ý: 1) Thí sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó.
2) Điểm bài thi khối D đợc chia nh sau: Câu III (1,5đ), Câu IV (1,5đ), các phần khác điểm
giữ nguyên nh thang điểm trên.