1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn: TOÁN; Khối: A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
3x  2
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  , có đồ thị (C).
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi M là điểm bất kỳ trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm
của các đường tiệm cận. Tìm tọa độ M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm).
x x  x
1. Giải phương trình 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    .
2 2 4 2
 3x  2 y  4 x  y  5

2. Giải hệ phương trình  2 y2  x; y    .
2 x  5 y  0
 x
2
3
x  ( x  sin x)sin x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx .
 (1  sin x )sin 2 x
3
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng
(ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC
và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm). Tìm m sao cho hệ phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt
 x 3  6 x  3x 2  y 3  3 y  4

 2 2
m  x  4  y  2 y  3  5 x  8 y  32

B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường
trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết
tọa độ các đỉnh A  1; 0;1 , B 1; 2; 1 , C  1; 2;3 .
1 8
 3 x 1  log 2  3x 1 1 
Câu VII.a (1,0 điểm). Cho khai triển  2 log 2 9  7  2 5  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai
 
triển này là 224.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh C. Biết phương trình đường thẳng AB là x  y  2  0 ; trọng tâm
 14 5  65
của tam giác là G  ;  và diện tích của tam giác bằng (đvdt). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
 3 3 2
ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và
tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
 x  x  y2  y

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x; y    .
log 2 y  x  y  1
  
------------------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 danh.......................................................

2. SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU 2011-2012
Môn: TOÁN-khối A-B
Phần Điểm
Đáp án
chung
Câu I 1.(1.5 điểm)
(2 điểm) *Tập xác định: R{-2}
*Sự biến thiên
4
-Chiều biến thiên: y '   0 x≠-2 0,25
( x  2) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-;-2) và (-2;+)
-Cực trị: hàm số không có cực trị
-Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim y  3  y=3 là tiệm cận ngang của đồ thị 0,25
x   x  
lim y  ; lim y    x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị
x  2  x  2
Bảng biến thiên
x - -2 +
y’ + + 0,25
+
3
y
-
3
*Đồ thị:
x=0y=1
2
y=0x=-
3
y f(x)=(3x+2)/(x+2)
8 x=-2
7 y=3
6
5
0,25
4
3
2
1
x
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 O2 3 4
-1
-2
-3
2. (1 điểm)
3a  2
Gọi M (a; )  (C ), a  2
a2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: 0,25
4 3a  2
y 2
( x  a)  ()
(a  2) a2
Đường thẳng d1:x+2=0 và d2:y-3=0 là hai tiệm cận của đồ thị
3a  2 0,25
d1=A(-2; ) , d2=B(2a+2;3)
a2

3. Tam giác IAB vuông tại I AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB
AB 2   64  0,25
diện tích hình tròn S=    4( a  2) 2   8
4 4 (a  2) 2 

16 a  0
Dấu bằng xảy ra khi và chi khi (a  2)2  2

( a  2)  a  4 0,25
Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài toán M(0;1) và M(-4;5)
1.(1 điểm)

1  cos(  x)
x x 2 2
Phương trình  1  sin . sin x  cos . sin x  2
2 2 2 0,25
x x
 1  sin . sin x  cos . sin 2 x  1  sin x
2 2
x x
 sin x.(sin  cos .sin x  1)  0
2 2
sin x  0  x  k , k  Z 0,25
 x
sin  cos x .sin x  1  0 (*)
 2 2
x x x x x x
(*)  sin  2 sin . cos 2  1  0  sin  2 sin .(1  sin 2 )  1  0
2 2 2 2 2 2 0,25
x x
 2 sin 3  sin  1  0
2 2
x
Đặt sin  t ,1  t  1
2
Câu II x 0,25
Ta có phương trình: 2t2-t-1=0t=1  sin  1  x    k 4 , k  Z
(2 điểm) 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=k,kZ
2.(1 điểm)
§iÒu kiÖn x>0
 2 x 2  5 xy  2 y 2  0
  2 x  y  x  2 y   0

  0,5
 3x  2 y  4 x  y  5  3 x  2 y  4 x  y  5
 
 y  2x


  3x  2 y  4 x  y  5

 0.25
x  2 y

  3x  2 y  4 x  y  5

 y  2 x


   x  6 x  5(l )
 y 1
  VËy hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (2;1)
x  2 y  y  0
 x  2 0,5
 4 y  9 y  5


Câu 2
x  ( x  sin x )sin x 2
x (1  sin x )  sin 2 x
III I   3 dx   3 dx
(1,0 3 (1  sin x)sin 2 x 3 (1  sin x)sin 2 x
đ) 2 2
3
x dx 0,25
  2
dx   3
3 sin x 3 1  sin x

4. u  x
 du  dx
+ Đặt  dx  
dv  sin 2 x v   cot x

2 2 2 2 0,25
x 
3
 3 sin x
 2
dx   x cot x| 3   3 cot xdx    x cot x  ln sin x | 3 
3 3 3 3
2 2 2
dx dx dx
 
3
  3   3 
1  sin x   2 x
3 3 1  cos   x  3 2cos
 4  2 0,25
2   
2
 x 
 tan   | 3  3  2
 4 2 3 0,25

Vậy I   32
3
Câu IV: Hình không gian
S
K
A
I
B
H C O
J 
Dựng HI  AC => SI  AC (định lý 3 đường vuông góc)  SIH  600 0,25
D
SH a 2 a 6
Xét  SHI có tan600 =  SH  HI .tan 600  . 3
HI 4 4
 a 
 a  .a
( AH  BC ). AB  2   3a
2
S HABC  
2 2 4 0,25
1 1 3a 2 a 6 a 3 6
VS .HABC  .S HABC .SH  . . 
3 3 4 4 16
* Tính khoảng cách từ H đến (SBC)
Gọi J là trung điểm của BC 0,25
Dựng HK  SJ => HK  (SBC)
=> d(H; (SBC)) = HK
1 1 1 1 1 8 1 11
Ta có: 2
 2
 2
 2  2  2 2 2
HK SH HJ a .6 a 3a a 3a
16
a 3 a 33 a 33 0,25
=> HK =  . Vậy d(H;(SBC)) =
11 11 11
V Tìm m sao cho hệ phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
 x 3  6 x  3x 2  y 3  3 y  4
 (1)
 2 2
m( x  4) y  2 y  3  5 x  8 y  32 (2)


5. (1)  ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y
0,25
  ( x  1)  y  ( x  1) 2  ( x  1) y  y 2  3  0
 
 x  y  1 (3)
Thay (3) vào (2) ta có: m( x  4) x 2  2  5 x 2  8 x  24
 m( x  4) x 2  2  ( x  4)2  4( x 2  2)
0,25
x4 x2  2
m  (4) do x  4 KTM
x2  2 x4
x4 2  4x
Đặt y  (*)  y '   0  x  1/ 2
x2  2 ( x 2  2)3
lim y  1; lim y  1
x  x 
Lập bảng biến thiên 0,25
x - 1/2 +
y’ + 0 -
y 3
-1 1
suy ra 1  y  3 và (*) có 2 nghiệm phân biệt  y  1;3
4
PT (4) theo y: m  y  (5)
y
4 4
Xét hàm số f ( y )  y  y   1;3 => f '( y )  1  2  0  y  2
y y
lim y  ; lim y  
 
0,25
x 0 x0
Lập bảng biến thiên
x -1 0 1 2 3
y’ - - 0 +
y -5 + 13/3
5
- 4
 13 
KL: ycbt  PT (5) có 2 nghiệm phân biệt y  1;3  m   4; 
 3
B- Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b 1. Viết phương trình đường tròn....
C
Gọi H là trung điểm của AB
 CH  AB
CH có phương trình: x-y-3=0 0,25
G. 5 1
H  CH  AB  H  ;  
2 2

 
A H B CG  2GH  C (9; 6)
Đặt A(a;2-a)  B( 5-a; a-3)

   13 13 
 AB  (5  2a; 2a  5); CH    ;  
 2 2
65 1 65 a  0
Theo gt thì S ABC   AB.CH   8a 2  40a  0  
2 2 2 a  5 0,25
* a = 0  A  0; 2  ; B  5; 3
* a = 5  A  5; 3 ; B  0; 2  .

6. Đường tròn cần tìm có phương trình dạng:
x 2  y 2  2ax  2by  c  0 (a 2  b 2  c  0)
Do đường tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ:
0,25
 4b  c  4 a  137 / 26
 
10a  6b  c  34  b  59 / 26
18a  12b  c  117 c  66 / 13
 
137 59 66
Vậy đường tròn cần tìm có pt: x 2  y 2  x y 0 0,25
13 13 13
VI.b 2 .Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao
cho MA = MB = MC.

  
Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC  …. 0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
x  0 0.25
VII b ĐK: 
y  x  0
1 1
Từ phương trình x  x  y 2  y ta có ( x  )2  ( y  )2
2 2 0.25
 x  y 1

 x  y

* x  y  1 thay vào log 2 ( y  x )  y  1 ta được y = 1 suy ra x = 0
0.25
* x   y vậy y  0 suy ra y- x <0 không thoã mãn đk 0.25

7. Hệ có nghiệm duy nhất x = 0; y = 1
VIa. 1. Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:
 2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5
C' ;   CC ' nªn 2( ) 30 m  
 2 2  2 2 6
5 41 0.5
 I  ( ; ) . Ph­¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0
6 6
2 x  y  3  0  14 37 
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  C ; 
3 x  3 y  23  0  3 3 
 19 4 
Tọa độ của B =   ;  0.5
 3 3

 
2. Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC
0.25
là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.
  

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):
  0.25
2x  y  z 1  0 .
 x  y  z 1  0 x  0
 
Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 0.25
2 x  y  z  1  0  z  1
 
2 2 2
Bán kính là R  IA  (1  0)  (0  2)  (1  1)  5. 0.25
1 8
 log 3 9x 1  7  log 2  3x 1 1 
Câu VIIa :(1,0 điểm)  2 2 2 5 
 
k 8 1 1 1
8 3
9x 1  7  
 log 2 3x1 1 
Ta có :  a  b    C8k a 8k bk với a  2log2 =  9 x 1  7  3 ; b  2 5
  3x 1  1 5
k 0
+ Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là
1 3 1 5
5     1
T6  C8   9 x 1  7  3 
.   3x 1  1 5   56  9x 1  7  .  3x 1  1
   
1 9x 1  7
+ Theo giả thiết ta có : 56  9x 1  7  .  3x 1  1 = 224  x 1  4  9x 1  7  4(3x 1  1)
3 1
2 3x 1  1 x  1
  3x 1   4(3x 1 )  3  0   x 1 
3  3 x  2