Tài liệu là đề thi thử đại học môn Toán, bao gồm nhiều câu hỏi từ khảo sát hàm số, giải phương trình, tích phân đến hình học không gian và bất đẳng thức. Các câu hỏi yêu cầu sinh viên giải quyết vấn đề liên quan đến đồ thị, tọa độ, phương trình đường thẳng và tích phân. Đề thi có thời gian làm bài 180 phút và không cho phép sử dụng tài liệu.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
1
x
x 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường
thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:  
3 2
cos cos
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 

2. Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1
( ) 2 7 2
x x y y x
x x y y x
    

   
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x

Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường
thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0
60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =
4
a
.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ) .
Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
3ab bc ca   , ta có: 2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a b c
  
  
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm
M
1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có
hoành độ dương.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1 : 4
1 2
x t
d y t
z t


 
   
; d2:
2
1 3 3
x y z
 
 
và d3:
1 1 1
5 2 1
x y z  
  . Viết phương trình đường
thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
22
2 . 8z z z z   và 2z z 
------------------------Hết----------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:………………
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
TXĐ : D = R{1}
y’ = 2
1
0
( 1)x
 

0,25
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
 
  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x 
 
    nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25
Bảng biến thiên
1
+
-
1
- -
y
y'
x - 1 +
Hàm số nghịch biến trên ( ;1) và (1; )
Hàm số không có cực trị
0,25
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10 5 5 10 15
0,25
I-2
(1 điểm)
Với 0 1x  , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; 0
0 1
x
x 
) có phương trình :
0
02
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
   
 
0,25
(d) có vec – tơ chỉ phương 2
0
1
( 1; )
( 1)
u
x
 


0,25

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
0
0
1
( 1; )
1
IM x
x
 


Để (d) vuông góc IM điều kiện là :
0
0 2
00 0
01 1
. 0 1.( 1) 0
2( 1) 1
x
u IM x
xx x

          
  0,25
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25
II-1
(1 điểm)
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


 

  

 
 ,k m
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x k

   và 2x m    ,k m
0,25
II-2
(1 điểm)
Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình
Với 0x  , ta có:
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
( ) 2 2 7 1
( ) 2 7
y
x y
x y xy x x
x x y y x y
x y
x
 
       
 
        

0,25
Đặt
2
1
,
y
u v x y
x

   ta có hệ: 2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
       
             0,25
+) Với 3, 1v u  ta có hệ:
2 2 2
1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
y xy x y x y y
y xx y x y x y
          
                
.
0,25
+) Với 5, 9v u   ta có hệ:
2
1 9
5
y x
x y
  

  
, hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y  
0,25
III
(1 điểm)
Đặt t = 1 ln x có 2tdt =
1
dx
x
x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
0,25
2 2
1 1
ln 1
2
1 ln
e
x t
dx tdt
tx x

 

  0,25
23
1
2( )
3
t
t   0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2(2 2)
3

 0,25
IV
(1 điểm)
Gọi I là trung điểm A’B’ thì
' ' '
' ( ' ')
' AA'
C I A B
C I ABA B
C I
 
 
 
suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính
là góc 'C BI .
Suy ra  0
' 60C BI 
 15
' .tan '
2
a
C I BI C BI 
Q
PK
M
I
N
CA
B
A' C'
B'
0,25
3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15. .AA'. AA' . ' '
2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B   0,25
/ / '
( ) / /( ' )
/ / '
NP BC
NPQ C BI
PQ C I



(1) 0,25
 
  0
' ( ) '
' 90 AM BI
ABM BB I c g c suy ra AMB BIB
suy ra AMB B BI
   
   
 
.
Mặt khác theo chứng minh trên C’I  AM nên AM  ( ' )C BI
Suy ra (AMC)  ( ' )C BI (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)
0,25
V
(1 điểm)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4a b b c c a a b c   
0,25
Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2
4x y z xyz    với mọi x, y, z
không âm thỏa mãn: x + y + z = 3
Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có:
0,25
2 2 2 2 2 2 2 21
4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4
4
x y z xyz x y z yz x x y z y z x                  0,25
2 2 22 1
(3 ) 4 ( 1) ( 2) 0
4 4
x
x x x x

       
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
0,25
VI.-1
(1 điểm)
N
D
I
A C
B
N'M
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’
thuộc AB, ta có :
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
  

   
0,25
Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
 
 

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4d x x
  suy ra x = 5 suy ra BI = 5
0,25
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
 

   
B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
0,25
VI -2
(1 điểm)
Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
0,25
A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
   

     
      
0,25
Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
0,25
Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z
  0,25
VII
(1 điểm)
Gọi z = x + iy ta có
22 2 2
;z x iy z z zz x y      0,25
22 2 2 2 2
2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y         0,25
2 2 2 1 (2)z z x x      0,25
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1
Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25