Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011 ở Hà Nội cho thí sinh thực hiện các bài toán từ khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân đến tính thể tích lăng trụ. Phần riêng yêu cầu thí sinh chọn một trong hai phần làm, bao gồm tính toán liên quan đến hình thoi và mặt cầu trong không gian. Đề có cả phần chuẩn và nâng cao với nhiều dạng bài tập khác nhau, giúp kiểm tra kiến thức toán học toàn diện của học sinh.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN Môn:TOÁN; Khối :A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0điểm) Cho hàm số
2 3
2
x
y
x



đồ thị (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần
lượt tại A, B sao cho côsin góc ABI bằng
4
17
,với I là giao 2 tiệm cận của(C).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3. 6. 2
2
2 1
cosx sinx sin x
cos x
 


.
2. Giải hệ phương trình
2
2 3 ( 2011)(5 )
( 2) 3 3
x y y y
y y x x
     

   
( , )x y R
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=
4 3
2
1
(5 ) . 5ln x x x
dx
x
  
 .
Câu IV (1,0 điểm) Lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’
lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm tam giác ABC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa cạnh
AA’ và cạnh BC theo a, biết góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 0
60 .
Câu V (1,0 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 2
1 ( )y x x y   .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
6 6
3 3
1x y
P
x y xy
 


II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3 7 0x y   ,
điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20(đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 2 2 2
2 4 4 16 0x y z x y z       , mặt
phẳng (Q) có phương trình: 2 2 3 0x y z    . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q) sao
cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích 16 (đvdt).
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:    9 1
3
2log 9 9 log 28 2.3x x
x    .
B.Chương trình nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) 2 2
4 96 0x y x    . Tìm điểm M thuộc
d: 2 4 0x y   sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C), với A,B là tiếp điểm mà tam giác MAB đều.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, (0;2;0)A (0;0; 1)B  và C thuộc Ox . Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P): 2 2 0x y z   bằng khoảng cách từ C tới đường
thẳng :
1 2
1 2 2
x y z 
  .
Câu VII.b (1,0điểm) Cho hàm số
2
2 9
2
x x
y
x
 


( H ) và đường thẳng (  ) 2y x m 
Tìm m sao cho (H) cắt (  ) tại A,B phân biệt thỏa mãn
4
(2; )
3
I là trọng tâm tam giác OAB, với O là gốc tọa độ.
………………Hết…………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:…………

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: Toán; Khối A
( Đáp án-thang điểm gồm 8 trang)
ĐÁP ÁN -THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I.
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
. Tập xác định: D=R 2
. Sự biến thiên: '
2
1
( 2)
y
x



< 0 x D 
……………………………………………………………………………………………….
. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;2) và (2;  )
. Hàm số không có cực trị
. Giới hạn lim 2
x
y

 TCN 2y 
2
lim
x
y

 
2
lim
x
y

  TCĐ 2x 
………………………………………………………………………………………………
. Bảng biến thiên
.................................................................................................................................................
. Đồ thị : Qua A (0 ;
3
2
) B(
3
2
; 0)
. I (2; 2) lµm t©m ®èi xøng
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
8
6
4
2
-2
-4
- 5 0
y’
y
x 
-


2
-
22
2

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
. Gọi 0
0
0
2 3
( ; ) ( )
2
x
M x C
x



0 2x 
. Phương trình tiếp tuyến tại M: 0
02
0 0
2 31
( )
( 2) 2
x
y x x
x x

   
 
(  )
…………………………………………………………………………………….........……….
. 0
0
2 2
(2; ) ( )
2
x
A C
x

 

TCĐ 0(2 2;2) ( )B x C TCN  
………………………………………………………………………………………………….
. Do  4
17
CosABI  nên  1
4
IA
TanABI
IB
 
. Ta được 2 2
16.IB IA  4
0( 2) 16x    0 0x  ; 0 4x 
………………………………………………………………………………………………….
. KL: Tại
3
(0; )
2
M phương trình tiếp tuyến:
1 3
4 2
y x  
Tại
5
(4; )
3
M phương trình tiếp tuyến:
1 7
4 2
y x  
0,25
0,25
0,25
0,25
II
(2,0
điển)
1. (1,0 điểm)
. Đk: cos2 1x x k   (( )k R )
. Pt  2
3 6 nx-2SinxCosx = 2(1 2 ) 2Cosx Si Sin x  
…………………………………………………………………………………….....................
.  ( 3 2 )( 2 ) 0Sinx Cosx Sinx  
…………………………………………………………………………………….....................
.
3 2
2 ; 2
3 3 3
Sinx x k x k
 
       ( )k R
.....................................................................................................................................................
. cot 2 arccot 2x x k    ( )k R . KL
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1.0 điểm)
. Đk:
3
2
x  , 0y 
. Pt thứ 2: 2
(2 ) 3 3 0y x y x    
. 2
( 4)x  
…………………………………………………………………………………………………….
0,25

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
. Pt có 2 nghiệm
1
2
2 4
3
2
2 4
1
2
x x
y
x x
y x
  
  
  
  
( do 0y  )  1y x 
………………………………………………………………………………………………….
. Thế vào pt thứ 1 ta có 2
2 3 1 ( 1) 2011 (4 )x x x x        
 24
( 1) 2011 ( 4)
2 3 1
x
x x
x x

        
………………………………………………………………………………………………
. TH1: 4 5x y  
. TH2: 21
( 1) 2011
2 3 1
x
x x
       
vô lý KL:
0,25
0,25
0,25
III
(1,0
điểm)
.
4 4
2
1 1
ln(5 )
5 .
x
I dx x x dx
x

    =K+H
…………………………………………………………………………………………………..
. K=
4
2
1
ln(5 )x
dx
x

 đặt
2
ln(5 )
5
1
dx
u x du
x
dx
dv
vx
x

      
 
    
. K= 4
1
ln(5 )
( )
x
x

 -
4
1
(5 )
dx
x x = 4 4
1 1
1
ln 4 ( ln(5 )) ln
5
x x    =
3
ln 4
5
.
…………………………………………………………………………………………………
. H=
4
1
5 .x x dx Đặt 5t x  ta có 2
5t x  do đó 2tdt dx 
x 1 4
t 2 1
.
1 5
2 3 2
2 1
5 164
(5 ) ( 2 ) 2( )
3 5 15
t
H t t t dt t     
…………………………………………………………………………………………………
. KL:
3 164
ln 4
5 15
I  
0,25
0,25
0,25
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
IV
(1,0điểm)
. M trung điểm BC ta có AM BC (1)
mà 'A H BC suy ra 'A M BC (2)
. Từ (1) và (2) ta có  0
(( ' );( )) ( ' ; ) ' 60A BC ABC A M AM A MA  
…………………………………………………………………………………………………
.
3 1 2
; ;
2 3 32 3 3
a a a
AM HM AM AH AM    
. 0 '
tan60 '
2
A H a
A H
MH
  
.
2 3
3 3
' . ( ) .
2 4 8
lt
a a a
V A H dt ABC   (đvtt)
………………………………………………………………………………………………..
. (AA’M) kẻ 'MK A A do ( ')BC AMA MK BC  
. ( '; )d AA BC MK
…………………………………………………………………………………………………
. 'AA H đồng dạng AMK
' ' ' .
'
A H AA A H AM
MK
MK AM AA
   
. Do
2 2
a 7
A A'= .
3 4 12
a
a 
3
2 7
a
MK  KL: ( '; )d AA BC 
3
2 7
a
0,25
0,25
0,25
0,25
A’
B’
M
C
K
H
B
C’
A

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
V
(1,0điểm)
.Từ giả thiết ta có:
. 2 2
1 2x y xy xy xy     1xy  .
. 2 2 2
1 ( ) 3 3x y xy x y xy xy       
1
3
xy

  .
………………………………………………………………………………………………………
. Ta có 2 2
1x y xy   nên
6 6 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 3x y x y x y x y      
. Đặt t xy với  
1
;1 0
3
t
 
   
. Khi đó ta được P
2 3
(1 ) (1 ) 3 1
(1 )
t t t
t t
     

Hay P
2
2 3
1
t
t
 


= ( )f t
…………………………………………………………………………………………………….
. Hàm số ( )f t trên  
1
;1 0
3
 
  
. Ta có
2
2
2 4 3
'( ) 0
( 1)
t t
f t
t
  
 

 
1
;1 0
3
t
 
    
…………………………………………………………………………………………………….
. KL:
1
(1) 1 1
2
MinP P t x y       
1 25 1 1
( )
3 6 3 3
MaxP P t x y          
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
(2,0điểm)
1. (1,0 điểm )
.
. Phương trình AC: 3 7 0x y   , B(0;-3)
. Phương trình BD 3 9 0x y  
. Tọa độ I AC BD  (3; 2)I 
…………………………………………………………………………………………………….
0,25B
A
C
D
I

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
. Do I là trung điểm BD nên (6; 1)D 
. Gọi ( ;7 3 )A a a AC  ta có 2 10BD 
………………………………………………………………………………………………..
. dt(ABCD)=2.dt(ABD) 
2 2
3(7 3 ) 91
.2 10 10
2 1 3
a a  


…………………………………………………………………………………………………
. 
2
4
a
a


do vậy
1 1
2 2
(2;1); (4; 5)
(4; 5); (2;1)
A C
A C


0,25
0,25
0,25
2. ( 1,0 điểm)
. (S) có tâm I(1;2;-2) R= 2 2 2
1 2 ( 2) 16    =5.
…………………………………………………………………………………….. .…………..
. (P) có dạng: 2 2 0x y z c    ( 3c   )
. Do chu vi đường tròn bằng 8 nên bán kính 4r 
……………………………………………………………………………………………………
. 2 2
( ;( )) 3d I P R r    4 9c 

5
13
c
c

 
………………………………………………………………………………………………….
. KL: ( 1P ) 2 2 5 0x y z    ( 2P ) 2 2 13 0x y z   
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1,0
điểm)
. Đk: 28 2.3 0 3 14x x
   
. Bpt     3 3log 9 9 log 3 28 2.3x x x
    
………………………………………………………………………………………………….
. 
1
3
3.9 28.3 9 0 3
3 9
x
x x
x

   

…………………………………………………………………………………………………..
. So sánh điều kiện ta được
1
3
3
9 3 14
x
x

 
…………………………………………………………………………………………………
. KL: Tập nghiệm    3; 1 2;log 14  
1. (1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25

8. Thi thử Đại học www.toanpt.net
VI.b
(2,0điểm)
. Tâm I(2;0), bán kính R=10
………………………………………………………………………………………………..
. Tam giác MAB đều nên AMB = 0
60
. AMI = 0
30 nên  1
AMI
2
AI
Sin
MI
  do vậy 2 20MI R  .
………………………………………………………………………………………………..
. Gọi ( ;2 4) ( )M a a d  ta được
. 2 2 2
( 2) (2 4) 400 5 12 380 0a a a a       
……………………………………………………………………………………………….
.
10
38
5
a
a
 


KL: 1( 10; 16)M   2
38 96
( ; )
5 5
M
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
.Gọi ( ;0;0)C a Ox
.
2
( ;( ))
3
a
d C P 
…………………………………………………………………………………………………
.
;
( ;( ))
MC u
d C
u

 
 
 
 
 với
(1;0; 2)
( 1;0;2)
(1;2;2)
M
MC a
u

 



. ; ( 4;4 2 ;2( 1))MC u a a
      
 
…………………………………………………………………………………………………
.
2
8 24 36
( ;( ))
3
a a
d C
 
  =
2
( ;( ))
3
a
d C P   3a  Vậy (3;0;0)C
……………………………………………………………………………………………………
. Phương trình mp (P): 1 2 3 6 6 0
3 2 1
x y z
x y z       

0,25
0,25
0,25
0,25
d
M
A
B
I

9. Thi thử Đại học www.toanpt.net
VII.b
(1,0
điểm)
. Pt
2
2 9
2
2
x x
x m
x
 
 

.  2
( ) ( 2) 2 9 0F x x m x m      (*)
………………………………………………………………………………………………….
. Đk 2
(2) 0
( 2) 4(2 9) 0
F
m m


     
 2
( 2) 36 0m     m R
………………………………………………………………………………………………….
. Gọi ( ;2 )A AA x x m ( ;2 )B BB x x m với A ; Bx x là nghiệm của (*)
………………………………………………………………………………………………….
. Do I là trọng tâm tam giác OAB nên:
0
2
3
4
2 2 4
3 3
A B
A B
x x
m
x m x m
 

  
   

0,25
0,25
0,25
0,25