Trường THPT Nguyễn Huệ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: TOÁN ; Khối: A,B
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
1 1 4
6 4 6
x y
x y

   

   


2. Giải phương trình:
1 2(cos sin )

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng

1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
  
     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng
3
2
và trọng tâm thuộc đường thẳng

: 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số
đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7.
Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm:
2
1 1
3 3
log 1 log ( )
x ax a
  

B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 2
log log
3 1 . 3 1 1
x x
x x
    
Trờng THPT Nguyễn Huệ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: TOÁN ; Khối: A,B

Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa
Câu Đáp án Điểm
I

1.(1,0 điểm) Khảo sát . . .
(2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
 
 
; tiệm cận ngang: y = 2


y +

2

2 -
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

) 0,5

* Đồ thị 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . .

Gọi M(x

1
x
x


- 2| = |
0
1
1
x

|
0,25
0,25
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0
0
1
x 1.
1
x



       

       


Đặt u=
1 6
x x
  
, v =
1 4
y y
  
. Ta có hệ
10
5 5
2
u v
u v


 

 




5


1
Phơng trình tơng đơng
1 2(cos sin )
sin cos 2 cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x x
x x x


 


cosx =
2
2

x =
2
4
k


 
Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x =
2
4
k

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R
3
, SI =
2
3
R
,
SM =
2 2
2
SO OM R
 

SH = R hay H là trung điểm của SM
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK =
1
2
SO=
3
2
R

(1,0 điểm)
Đặt u = x+
2
1
x

thì u - x=
2
1
x



2 2 2
2 1
x ux u x
   

2
2
1 1 1
1
2 2
u
x dx du
u u

 
    
 

  

=
2 1 2 1
2
2 1 2 1
1 1 1 1 1
2 1 2 1
du
du
u u u u
 
 
 
  
 
 
 
 

=1

0,25 0,25



a
3
+ b
3
+1

(a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

 
3 3
1 1
a b 1 ab a b c

   

Tơng tự ta có
 
3 3
1 1
c 1 bc a b c
b

   
,
 
3 3
1 1
a 1 ca a b c
c

1 1 1 1
a b c
ab bc ca
 
 
 
 
 
=
 
 
1
1
a b c
c a b
  
 

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
0,25 0,5


2

d(C, AB)=
3
2

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1
2


d(G, AB)=
(3 8) 5
2
t t
  
=
1
2

t = 1 hoặc t = 2

G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)
Mà
3
CM GM

uuuur uuuur

C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4)

(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0
Bpt tơng đơng
2
1 ( 1)
x a x
  

Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có
2
1
1
x
a
x




Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có
2
1
1
x
a
x




Xét hàm số y =


-


2
2a>
2
2
hoặc a < - 1
0,25

0,25

x x y y
 
(1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt
0 0
1
4 3
xx yy
 
do M thuộc

nên 3x
0
+ 4y
0
=12

4y
0
=12-3x
0


0 0
4 4
4
4 3
xx yy
 
0,5

0,25
VII. b Tìm tập hợp . . .
(1,0 điểm)
y = kx + 1 cắt (C):
2
4 3
2
x x
y
x
 


. Ta có pt
2
4 3
2
x x
x
 




Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong
2
2 5 2
2 2
x x
y
x
 



0,25 0,5 0,25
VIII. b
Giải phơng trình . . .

(1,0 điểm)
Điều kiện : x>0
Đặt


u
uv






. . . x =1

0,25

0,5
0,25