30 đề thi thử đại học chọn lọc các năm môn toán có đáp án chi tiết

http://ductam_tp.violet.vn/
Ngày thi 21/12/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
= + +
−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +

+
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho
( ) ( )
DMN ABC⊥
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.
Chứng minh rằng:
3 .x y xy+ =
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0≥
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
16x y z

P
x y z
+ +
=
+ +
II. 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 (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d

2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần
lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

∆
bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

Hết
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1

SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang
Câu Nội dung Điểm
I 2,0
1 1,0
Với m =1 thì
1
1
2
y x
x
= + +
−
a) Tập xác định: D
{ }
\ 2= ¡
0.25
b) Sự biến thiên:
( ) ( )
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y
x x
− +
= − =
− −

,
1
' 0
3
x
y
x
=

= ⇔

=

.

lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
,
2 2
lim ; lim
x x

y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
,

[ ] [ ]
lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
y x y x
→+∞ →−∞
− + = − + =

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
;1 , 3; ;−∞ +∞
hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng
( ) ( )
1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y
CĐ
= 1 tại x = 1; y
CT
= 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:

0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2
x
y’
y
- ∞ 1 2 3
+ ∞
0
0
+ ∞
+ ∞
- ∞
- ∞
1
3
–
–
+
+
2 1.0
Với x
≠
2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m

x −
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu
⇔
phương trình (x – 2)
2
– m = 0 (1) có hai nghiệm
phân biệt khác 2
0m
⇔ >
0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:
1 1
2 2
2 2 2
2 2 2
x m y m m
x m y m m
= + ⇒ = + +
= − ⇒ = + −
0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(
2 ;2 2 )m m m− + −
; B(
2 ;2 2 )m m m+ + +
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2m m m m− − = − +
0.25
0
2

m
m
=

⇔

=


Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt ⇔ m = 2.
0.25
II 2.0
1
Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:
sin cos 0x x

+ ≠
0.25
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + +

( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =

( ) ( ) ( )
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
0.25
sin 1
cos 1
x
x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k

x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈Z
0.25
2

Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

− − ≥

⇔

− + + = − −


0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

− − ≥

⇔


+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


− ≤ ≤

⇔ ≠


+

+ = −


( )
( )
2

2 0
1 16 0
x
x x
− ≤ <


⇔

+ − =


0.25

1x⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
3
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +

∫
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =

0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x

− −
= = − +
+ + +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
( )
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u= − + +
0.25
3
3 6ln
2
= − +
0.25
IV 1.0
Dựng
DH MN H
⊥ =
Do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà
.D ABC
là

tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN

là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy= =
0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S= +
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +
⇔
3 .x y xy+ =
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )

2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3

với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81

đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
4
D
A
B
C
H
M
N
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=


− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB

c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =

 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =

 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m

z t z m
= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN⇒
uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur
3 2 2

3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2

4
3 5
x t
y t
z t
= +


= −


= −

thoả mãn bài toán
0.25
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
1.0
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
5
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
Điều kiện:
3
n N

n
∈


>

Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.

0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
( ) ( ) ( )
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 
+ + = + = + − = −
 
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y

+ + =


+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2 1.0

Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
= +


= − +


= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +



= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z− +
uuuur
.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u
∆
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
∈
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

+ + + =


− + − =


− + + + =

0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
6
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
VII.b
Giải hệ phương trình
( )

1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
− >



>

0.25
Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
+ = + = + =
  
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25

25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
=

= =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
=
+ = + =
 


0.25
( )
( )
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y


 
=

 ÷
 

⇔

 
= − −

 ÷

 

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
http://ductam_tp.violet.vn/
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x 2
−
=

−
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao
cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x
2
– 4x - 3 =
x 5+
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
Câu IV (1 điểm)
Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
+ + =

. CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm )
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
1. Tam giỏc cõn ABC cú ỏy BC nm trờn ng thng : 2x 5y + 1 = 0, cnh bờn AB nm trờn
ng thng : 12x y 23 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng AC bit rng nú i qua im (3;1)
2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) :
x 2y + z 2 = 0 v hai ng thng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ +
= =

v (d)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +

= +


= +

Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (

) nm trong mt phng (P) v ct c hai ng thng
(d) v (d) . CMR (d) v (d) chộo nhau v tớnh khong cỏch gia chỳng .
Cõu VIIa . ( 1 im )
Tớnh tng :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C= + + + + +
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b.( 2 im )
1. Vit phng trỡnh tip tuyn chung ca hai ng trũn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 v (C
2
) : (x 1)
2
+ ( y 2)
2
= 25

2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho hai ng thng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +


= +

v (d)
x t
y 1 2t
z 3t
=


=


=

a. CMR hai ng thng (d) v (d) ct nhau .
b. Vit phng trỡnh chớnh tc ca cp ng thng phõn giỏc ca gúc to bi (d) v (d) .
Cõu VIIb.( 1 im )
Gii phng trỡnh :
( )

5
log x 3
2 x
+
=
Ht
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
http://ductam_tp.violet.vn/
đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

- & ỏp ỏn thi i hc - Trng THPT Thun Thnh s I
8
- & ỏp ỏn thi i hc - Trng THPT Thun Thnh s I
Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1
1.25
đ
Hàm số y =
2x 3
x 2


có :
- TXĐ: D =
R
\ {2}

- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x
Lim y 2

=
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
+

= = +
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =
( )
2
1
x 2


< 0
x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
;2
và hàm số không có cực trị
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;

3
2
)
+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)
- ĐTHS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75
Ly im
1
M m;2
m 2

+
ữ


( )
C
. Ta cú :
( )
( )
2
1
y' m

m 2
=

.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :

( )
( )
2
1 1
y x m 2
m 2
m 2
= + +


Giao im ca (d) vi tim cn ng l :
2
A 2;2
m 2

+
ữ


Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2)
Ta cú :
( )
( )
2

2
2
1
AB 4 m 2 8
m 2

= +




. Du = xy ra khi m = 2
Vy im M cn tỡm cú ta l : (2; 2)
0,25
0,25
0,25
Phng trỡnh ó cho tng ng vi :
2(tanx + 1 sinx) + 3(cotx + 1 cosx) = 0

( ) ( )
sin x cosx
2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x

+ + + =
ữ ữ

+ +
+ =
0,25
9
A
B
C
S

8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y
y
x
+

-
+

2
-
22
2

http://ductam_tp.violet.vn/
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn : Toán, khối D
(Thời gian 180 không kể phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ
nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π

π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ
S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =
. Viết
phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một
dây cung có độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao
cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2− + =
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =

2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
10

I
1
Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-6x=0
0
2
x
x
=

⇔

=

Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng:

(-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-
2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5

x
y x
y x
y

=

= −


⇔
 
= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

II
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
(1)

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k

π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
0,25 đ
0,25 đ
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
11
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x− + −
+ 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )

( )
3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+

 ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
Đặt 1+cotx=t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3

1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh

3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC =>
BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại
K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
0
3
AHsin30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2

3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3

16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
0,5 đ
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
12
H
A
C
B
S
K
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a

2
+b
2
+c
2
=3
Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=>
khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4− =
( )
2

4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −

uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên
cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;

26 26 26
D
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
2
a b i
a b
b a
b a


− + + =
− + + =
 
⇔
 

= −
= −





2 2
1 2
2 2
1 2
a
b
a
b


= −




= − −


⇔


= +





= − +




Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b 1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
13
( ) ( )
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C= = + + +
0,25 đ

2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng
d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>

( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.b
∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc
7 5i∆ = − −
2
5 4
z i

z i
= +

=>

= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác!
http://ductam_tp.violet.vn/
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
Môn: TOÁN (Thời gian : 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm):
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số :
3x 4
y
x 2
−
=
−
. Tìm điểm thuộc (C) cách đều
2 đường tiệm cận .
2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
2
0;
3

π
 
 
 
.
sin
6
x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm các nghiệm trên
( )
0;2π
của phương trình :
sin 3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x
−
= +
−
2).Giải phương trình:
3 3
x 34 x 3 1
+ − − =
Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên

SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
1).Tính tích phân: I =
2
0
sin x cosx 1
dx
sin x 2cosx 3
π
− +
+ +
∫
2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i
b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn :
1 < | z – 1 | < 2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
14
Cõu V.a.( 2 im ) Theo chng trỡnh Chun
1).Vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit B(2; -1), ng cao v ng phõn giỏc trong
qua nh A, C ln lt l : (d
1
) : 3x 4y + 27 = 0 v (d
2
) : x + 2y 5 = 0
2). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc ng thng:
( )
1
x 1

d : y 4 2t
z 3 t
=


= +


= +

v
( )
2
x 3u
d : y 3 2u
z 2
=


= +


=

a. Chng minh rng (d
1
) v (d
2
) chộo nhau.
b. Vit phng trỡnh mt cu (S) cú ng kớnh l on vuụng gúc chung ca (d

1
) v (d
2
).
3). Mt hp cha 30 bi trng, 7 bi v 15 bi xanh . Mt hp khỏc cha 10 bi trng, 6 bi v 9 bi
xanh . Ly ngu nhiờn t mi hp bi mt viờn bi . Tỡm xỏc sut 2 bi ly ra cựng mu .
Cõu V.b.( 2 im ) Theo chng trỡnh Nõng cao
1).Trong mt phng vi h ta cỏc vuụng gúc Oxy , xột tam giỏc ABC vuụng ti A, phng
trỡnh ng thng BC l :
3
x y -
3
= 0, cỏc nh A v B thuc trc honh v bỏn kớnh ng
trũn ni tiptam giỏc ABC bng 2 . Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC .
2).Cho ng thng (d) :
x t
y 1
z t
=


=


=

v 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 v (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
a. Vit phng trỡnh hỡnh chiu ca (d) trờn (P)
b. Lp ph.trỡnh mt cu cú tõm I thuc ng thng (d) v tip xỳc vi hai mt phng (P) v (Q)
3). Chn ngu nhiờn 5 con bi trong b tỳ l kh . Tớnh xỏc sut sao cho trong 5 quõn bi ú cú

ỳng 3quõn bi thuc 1 b ( vớ d 3 con K )
Ht
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
trờng thpt hậu lộc 2

đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2009-2010
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

- & ỏp ỏn thi i hc - Trng THPT Thun Thnh s I
15
- & ỏp ỏn thi i hc - Trng THPT Thun Thnh s I
Câu Nội dung Điểm
I
2.0đ
1
1,25
đ
Khảo sát và vẽ ĐTHS
- TXĐ: D =
R
\ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x x
Lim y Lim y 3
+
= =
nên đờng thẳng y = 3 là tiêm cận
ngang của đồ thị hàm số

+)
x 2 x 2
Lim y ; Lim y
+

= = +
. Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =
( )
2
2
2x


< 0 ,
x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
;2
và
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;2)
+ Giao điểm với trục hoành : ( 4/3 ; 0)
+ ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đờng tiệm cận làm tâm đối
xứng
Gọi M(x;y)

(C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3

| x 2 | = | y 3 |
3x 4 x
x 2 2 x 2
x 2 x 2

= =

( )
x 1
x
x 2
x 4
x 2
=

=

=


Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M
1
( 1; 1) và M
2
(4; 6)
0,25
0,25
0,25
0.5
2

0.75
đ
Xét phơng trình : sin
6
x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x ) (2)
2 2
3 1
1 sin 2x m 1 sin 2x
4 2

=
ữ

(1)
Đặt t = sin
2
2x . Với
2
x 0;
3

thì
[ ]
t 0;1
. Khi đó (1) trở thành :
2m =
3t 4
t 2


với
[ ]
t 0;1
Nhận xét : với mỗi
[ ]
t 0;1
ta có :
sin 2x t
sin 2x t
sin 2x t

=
=

=


Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn
2
0;

3




thì
) )
3 3
t ;1 t ;1
2 4







0,25
16
y
y
x
+

-
+

-
2
3

3
O
y
xA
B
C
60
0
6
4
2
-5
5
x
O
y
N
M
D
S
A
B
C
K
http://ductam_tp.violet.vn/
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D
(Thời gian làm bài : 180 phút)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số
12
2
−
+
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)
Câu 2 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình :
0
10
5cos3
6
3cos5 =






−+







+
ππ
xx
2.Giải bất phương trình :
0
52
232
2
2
≥
−
−−
xx
xx
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường :
.2;0; +−=== xyxyx
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A
1
B
1
C
1
cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
2a
.

Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC
1
và đường cao AH của mp(ABC)
Câu V (1,0 điểm)
Cho :
65
222
=++ cba
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :







∈++= )
2
,0(2sin.sin.2
π
xxcxbay
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
0124
22
=−−−+ yxyx
và đường thẳng d :

01 =++ yx
. Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ
được
đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90
0
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
( ) ( )
921
2
2
2
=+++− zyx
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :
22
1
1 −
=
−
=
zyx
và cắt mặt cầu (S)
theo
đường tròn có bán kính bằng 2 .
CâuVII.a (1,0 điểm)
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010.
2.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) :
044

22
=−+ yx
.Tìm những điểm N trên elip (E)
sao cho :
0
21
60
ˆ
=FNF
( F
1
, F
2
là hai tiêu điểm của elip (E) )
2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng





=
=
=
∆
1
2:
z
ty
tx
và điểm

)1,0,1( −A
Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng
∆
để tam giác AEF là tam giác đều.
Câu VII.b (1,0 điểm)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
17
Tìm số phức z thỏa mãn :





=−
+−=−
4)(
22
22
zz
izziz



ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KHỐI D
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
18
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
Câu Đáp án Điểm
I ( 2,0
điểm)

1.(1,25)
a/ Tập xác định : D
R=
\






2
1
b/ Sự biến thiên:
Dx
x
y ∈∀<
−
−
= 0
)12(
5
2
/
+ H/s nghịch biến trên
),
2
1
(;)
2
1

,( ∞+−∞
; H/s không có cực trị
+Giới hạn –tiệm cận :

∞−=∞+===
−+
→→
−∞→+∞→
yLimyLimyLimyLim
xx
xx
2
1
2
1
;;
2
1
Tiệm cận ngang y =
2
1
; Tiệm cận đứng x =
2
1
c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2
y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
2.(1,0 điểm)
Pt đường trung trực đọan AB : y = x
Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :

x
x
x
=
−
+
12
2







+
=
−
=
↔
=−−↔
2
51
2
51

01
2
x
x
xx
Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :








++








−−
2
51
,
2
51
;

2
51
,
2
51
0,25
0,25
0,25
II ( 2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Pt
)3sin5(sin33sin2
5sin33sin5
0
2
5cos3
2
3cos5
xxx
xx
xx
−=↔
=↔
=







−+






+↔
ππ
0,25
2
1
-
∞+
∞−
2
1

∞+
Y
/
x
2
1
o
y
x
19
o

2
1
-
∞+
∞−
2
1

∞+
Y
/
Y
/
/
//
/ /
x
2
1
y
x
4
3
+
-
4
13
1
4
3

+
-
4
13
1
1
VII.a(1,0
điểm)
VI.a
( 2,0
điểm)
Gọi số cần tìm có dạng :
abcd
+ Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và
3
9
A
cách chọn b, c , d
+ Nếu a = 2 :
+ b > 0 : có 8 cách chọn b và có
2
8
A
cách chọn c , d
+ b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d
+ b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là :
403277.7.8.7
2
8

3
9
=+++ AA
1.(1,0 điểm)
(E) :
33;11;24;1
4
222222
2
=→=−==→==→==+ cbacbbaay
x
+ Áp dụng định lí côsin trong tam giác F
1
NF
2
:

18
2
;
9
32
3
4
)(
3
4
.
2)()(
60cos.2)(

22
22
21
2121
2
21
2
21
0
21
2
2
2
1
2
21
==↔
=−=↔
−−+=↔
−+=
yx
caNFNF
NFNFNFNFNFNFFF
NFNFNFNFFF
Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :









−−








−








−









3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
4321
NNNN
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
+ Đường thẳng
)1,0,0(
0
Mquađi∆
và có vtcp
)0,2,1(
→
u
;
)2,2,4(,;)2,0,1(
00
−=






−=
→→→
uAMAM
+ Khoảng cách từ A đến
∆
là AH =
5
62

,
),(
0
=






=∆
→
→→
u
uAM
Ad
+ Tam giác AEF đều
5
24
3
2
. ===→ AHAFAE
.Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R =
5
24
và đường thẳng
∆
, nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :










=+++−
=
=
=
5
32
)1()1(
1
2
222
zyx
z
ty
tx

0,25
0,25
0,25
t =
5
221
suy ra tọa độ E và F là :












=
+
=
+
=
∨











=
−
=

−
=
1
5
242
5
221
1
5
242
5
221
z
y
x
z
y
x
0,25
VII.b
(1,0
+ Gọi số phức z = x + yi
),( Ryx ∈
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
20
điểm)
Hệ






=
+=−+
↔
44
)22()1(2
xyi
iyiyx






=
=
↔







−=∨=
=
↔
3
3

2
4
1
4
11
4
y
x
x
y
x
y
x
y
Vậy số phức cần tìm là :
iz
3
3
4
1
4 +=
0,25
0,50
0,25
http://ductam_tp.violet.vn/
Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy


− + =


− + = −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π
∫
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân
tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
a b b c c a
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥

+ + +
PHẦN RIÊNG (3 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 tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng
∆
: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng
∆
sao cho đường thẳng AB và
∆
hợp với nhau góc 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ):
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d

− −
= =
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x
+
+ +
+ =

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
21
f(t
)
f
/
(
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1C x y+ =
, đường thẳng

( ): 0d x y m+ + =
. Tìm
m

để
( )C
cắt
( )d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1
∆
:
2
2
−
−x
=
1
1+y
=
3
z
. Gọi
2
∆
là giao tuyến của (P) và (Q).

Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

−
= < ∀ ∈
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y
+
→
= +∞

1x
Lim y
−
→
= −∞
2
x
Lim y
→+∞
=

2
x
Lim y
→−∞

=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2

0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =
+ −

giải được nghiệm
0
0x =
và
0
2x =
*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0x y+ − =
và
5 0x y+ − =
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6

c x x c x
π
− + + + =
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
22

os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =

2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
và
os( ) 2
6
c x

π
+ = −
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
được nghiệm
2
2
x k
π
π
= +
và
5
2
6
x k
π
π
= − +
0.25
0.25
0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với

2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

− =


=


, ta được hệ
2
1
1
u v

v u

= −

− = −

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2

ln lnt t
I dt dt
t t
= − =
∫ ∫
*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt
t
= =

1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −

∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −

0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )SH A B C⊥
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là

0
60SEH S FH= =
*Kẻ
HK SB⊥
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA =
,

0
3
tan 60
2
a
SH H F= =
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK H S HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =

3
cos

23
A K H⇒ =

0.25
0.25
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
23
0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
6.a
*
∆
có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −



= − +

và có vtcp
( 3;2)u = −
ur
*A thuộc
∆

(1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +

*Ta có (AB;
∆
)=45
0

1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur

.
1
2
.
A B u
A B u
⇔ =
uuuur ur
ur

2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =

uur
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)u u O
 
= − − ≠
 
uur uur ur
,
1 2
(0;2;4)M M =
uuuuuuur
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0u u M M
 
= − + =
 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)n = −
ur
và đi
qua M
1
nên có phương trình
2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25

0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x ≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt
log ( 1)
x
x t+ =
, ta được phương trình

1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x⇒ + =

phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x⇒ + = −


2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
(*)
0.25
0.25
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
24
Nhận thấy
1
8
x =
là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x >
thì VT(*)>1
Nếu
1
8

x <
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x =
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x =
0.25
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
O A B
S OA O B A OB A O B= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A OB =

1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m⇔ = ±
0.25

0.25
0.25
0.25
7.b
*
1
∆
có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
= −


= − +


=

*
2
∆
có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s

z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩∆ = ∩ ∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur
*
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−

23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A
và có vtcp
(1;2; 3)n = −
ur
=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
−
− −
= =
−
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b
*Điều kiện :
3

0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì
9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x− ≤

9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8
3 9
x
x

≥ −

⇔

≤



2x⇔ ≤
0.25
0.25
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
25