Đề thi thử đại học môn Toán năm học 2010-2011 gồm các phần khảo sát hàm số, giải phương trình lượng giác, hệ phương trình, tích phân và bài tập hình học. Thí sinh cần thực hiện các yêu cầu như khảo sát đồ thị hàm số, giải các phương trình và tính toán hình học trong không gian. Đề thi phân chia thành phần chung và riêng cho thí sinh lựa chọn làm một trong hai phần.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
SỎ GD&DT THANH HÓA - TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN (Khối A - B - D) - Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG (7 điểm). Dành cho tất cả các thí sinh.
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
1x
y
x m



(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  .
2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (d): 2y x  cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao
cho 2 2AB  .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
2
4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2
3 3 3 3
x x x x x x
          
            
       
.
2. Giải hệ phương trình:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x
    

   
Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau:
3
2
0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx
x

 


Câu IV (1 điểm).
Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc  0
60BAD  . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, ( )SG ABCD và
6
3
a
SG  .
Gọi M là trung điểm CD.
1. Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a.
2. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AB và SM theo a.
Câu V (1 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
4 4 4
(2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2)
x y z
A
y y x z z y x x z
  
        
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: 2 1 0x y   , đường chéo BD:
7 14 0x y   và đường chéo AC đi qua điểm (2;1)E . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng 1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y z
d d
   
   

.
a. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau và vuông góc với nhau.
b. Viết phương trình đường d cắt cả hai đường thẳng 1 2,d d đồng thời song song với đường thẳng
4 7 3
:
1 4 2
x y z  
  

.
Câu VII.a (1 điểm).
Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2 1z i z i    và
1
2
z i
z i
 

là một số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip
2 2
( ) : 1
16 9
x y
E   và đường thẳng :3 4 12 0d x y   . Chứng minh rằng
đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm ( )C E sao cho ABC có diện tích bằng 6.
2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng 1
2 4
:
1 1 2
x y z
d
 
 

và 2
8 6 10
:
2 1 1
x y z
d
  
 

.
a. Chứng minh rằng 1 2,d d chéo nhau. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó.
b. Gọi AB là đường vuông góc chung của 1d và 2d ( 1 2,A d B d  ). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.
Câu VII.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3log ( ) log ( )
2 2
4 4 4
4 2 2
1
log (4 4 ) log log ( 3 )
2
xy xy
x y x x y
  


    


2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1
(1 đ)
Với 1m  ta được hàm số
1
1
x
y
x



.
1/ TXĐ:   1D R 
2/ Sự biến thiên:
- Giới hạn:
1
lim lim 1
1x x
x
y
x 

 

 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 1y  .
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1
lim lim ; lim lim
1 1x x x x
x x
y y
x x   
       
 
     
 
 đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x  
- Chiều biến thiên:
2
2
' 0
( 1)
y x D
x
    

hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên
x  1 
'y  
y

1
1

3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) , cắt trục Oy tại điểm (0; 1)
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
2
(1 đ)
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1):
2
1
2
( 1) 2 1 0 (*)
x mx
x
x m x m x m
 
   
     
- Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT
(*) có hai nghiệm phân biệt khác m
2
0 6 3 0 3 2 3 3 2 3
1 1
m m m m
x m m m
          
    
       
(**)
- Khi đó gọi 1 2,x x là các nghiệm của PT (*), ta có 1 2
1 2
( 1)
. 2 1
x x m
x x m
   

 
- Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là 1 1 2 2( ; 2), ( ; 2)A x x B x x  .
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Suy ra 2 2 2 2
1 2 1 2 1 22( ) 2 ( ) 4 2( 6 3)AB x x x x x x m m         
Theo giả thiết ta được 2 2 1
2( 6 3) 8 6 7 0
7
m
m m m m
m
 
         
- Kết hợp với điều kiện (**) ta được 7m  là giá trị cần tìm.
0.25 đ
II
1
(1 đ)
Giải phương trình:
2
4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2
3 3 3 3
x x x x x x
          
            
       
.
2
PT 2sin (cos2 cos ) 2 3.cos .(cos(2 ) cos ) 2
3 3
2sin .cos2 sin 2 3.cos .cos2 3 cos 2
(sin3 sin ) sin 3(cos3 cos ) 3 cos 2
1 3
sin3 3 cos3 2 sin3 cos3 1
2 2
cos 3 1 3 2 3 2
6 6 6
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x k x k
 

  
 
     
    
      
     
 
         
 

2
, Z.
18 3
x k k
 
  
Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm :
2
, Z
18 3
x k k
 
  
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2
(1 đ)
Giải hệ PT:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x
    

   
(I)
* Nếu 0x  thì hệ (I)
2
2
1 0
(1 )(2 2) 0
y
y y
  
 
  
vô nghiệm.
* Nếu 0x  thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương
2 2
2 2
1 1
( 2 ) 5 ( 2 2) 3
1 1
( 2 2) 2 ( 2 2) 2
y y
x y x y
x x
y y
x y x y
x x
  
        
 
       
  
- Đặt
2
1
, 2 2
y
u v x y
x

    , ta được hệ phương trình:
3 1
2 2
u v u
uv v
   
 
  
hoặc
2
1
u
v



- Với
2
2
2
1 2 41 11
2 2 4 2 3 0
2 2 2
y x yu x y
x
v x y y y
x y
       
     
          
2 4 2
1 3 1
x y x
y y y
   
  
      
10
3
x
y

 

- Với
2
2
2
1 2 32 1 22
1 2 3 4 5 0
2 2 1
y x yu y x
x
v x y y y
x y
       
     
          
2 3 1 13
1 5 1 5
x y x x
y y y y
     
    
        
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y    .
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
III (1 đ)
Tính tích phân:

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
S
M
G
D
CB
A
3
2
0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx
x

 


2
2 2
0 0 0
cos (1 cos ) sin .sin
.cos .
1 cos 1 cos
x x x x x
x dx x x dx dx J K
x x
  
  
     
  
  
- Tính
0
.cos .J x x dx

  . Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
  
 
  
0 0
0
( .sin ) sin . 0 cos 2J x x x dx x

 
      
- Tính 2
0
.sin
1 cos
x x
K dx
x



Đặt x t dx dt    
Đổi cận :
x 0 
t  0
2 2 2
0 0 0
( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin
1 cos ( ) 1 cos 1 cos
t t t t x x
K dt dt dx
t t x
  
   

   
   
     
2 2 2
0 0 0
( ).sin sin . sin .
2
1 cos 1 cos 2 1 cos
x x x x dx x dx
K dx K
x x x
  
 

 
    
    
Đặt cos sin .t x dt x dx   
Đổi cận:
x 0 
t 1 1
1
2
1
2 1
dt
K
t


 
 , đặt 2
tan (1 tan )t u dt u du   
Đổi cận:
t 1 1
u
4


4

2 24 4
4
2
4
4 4
(1 tan )
.
2 1 tan 2 2 4
u du
K du u
u
 


 
   

 

    
 
Vậy
2
2
4
I

 
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
IV
(1 đ)
1
(0.5 đ)
* Tính thể tích S.ABMD.

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
- Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD,
6
3
a
SG  ;
Do ABCD là hình thoi cạnh a,  0
60BAD  ABD  và BCD là các tam giác đều
cạnh a, M là trung điểm CD
2 2
2 2 2
1 1 3 3
2 2 4 8
3 3 3 3
2 8 8
BCM BCD
ABMD ABCD BCM
a a
S S
a a a
S S S
 

   
     
2 3
.
1 1 6 3 3 2
. . .
3 3 3 8 8
S ABMD ABMD
a a a
V SG S   
Vậy
3
.
2
8
S ABMD
a
V 
0.25 đ
0.25 đ
2
(0.5 đ)
* Tính khoảng cách giữa AB và SM:
- Nhận thấy: // //( )AB CD AB SCD , mà ( )SM SCD
( , ) ( ,( )) ( ,( ))d AB SM d AB SCD d B SCD h   
- Lại có:
2 2 1 1 3 2 3
.
3 3 2 3 3 3
a a
AG AO AC AC GC     
2 2
2 2 2 26 12
2
9 9
a a
SC SG GC a     
Mặt khác
2 2
2 2 2 23 6 3
3 9 9
a a a
GD GA SD SG GD a       
 
2 2 2 2 2 2
02 1
cos 45
2. . 2. 2. 2
SC CD SD a a a
SCD SCD
SC CD a a
   
     
2
01 1 1
. .sin 45 . 2. .
2 2 2 42
SCM
a a
S SC CM a   
Vì . .
1
. .
3
S BCM B SCM SCMV V h S  nên .3 B SCM
SCM
V
h
S

Mà
2 3 3 3 3
. . . .
1 6 3 2 2 2 2
. .
3 3 2 8 6 8 24
B SCM S BCM S ABCD S ABMD
a a a a a a
V V V V       
3 2
3. 2 2
:
24 4 2
a a a
h   .
Vậy
2
( , )
2
a
d AB SM 
0.25 đ
0.25 đ
V
(1 đ)
- Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
3 2 2 2
3 2
2 23
2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4
4 4 1
2 1 8 2 4
(4 4 )(2 1 8 4 2)
y y y y y y y y
x x y
y y
y y x y x yy y x
           
       
   
Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được:
2 2 2
1 1 1 x y z
A
x y z z x x y y z
 
      
   
- Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có:
0.25 đ

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2
x y z x y z
A
x y z z x x y y z x y z zx xy yz
x y z x y z
  
                    
 
       
 
- Lại có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 1 1 2
x y z x y z x y z
     
                        
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
2 3 3
2 2
A
x y z x y z x y z
     
                    
     
3
3 3 3 3 3
. 3 . 3
2 2 2
3
x y zxyz
    
 
.
Vậy min
3
1
2
A x y z    
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
VI.a
1
(1 đ)
* Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật:
- Ta có: B AB BD  suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:
2 1 0 7
(7; 3)
7 14 0 3
x y x
B
x y y
    
   
    
- Giả sử (2 1; ) :2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0A a a AB y D d d BD x y           
(6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; )AB a a BD d d AD d a d a          
  
Do
3 (loai)
. 0 (3 )(15 5 30) 0
3 6 0
a
AB AD AB AD a d a
d a

            
   
3 6 ( 3;6 2 )a d AD d d      

.
Lại có: ( 7; 3)C CBC x y  

. Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD BC
 
3 7 4
( 4; 9 2 )
6 2 3 9 2
C C
C C
d x x d
C d d
d y y d
     
     
     
.
(6 13; 3 7), ( 2; 8 2 )EA d d EC d d      
 
với (2;1)E 
- Mặt khác điểm (2;1) ,E AC EA EC 
 
cùng phương
2
(6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0
2 0
0
3 3 (loai)
d d d d d d
d a
a
d a
         
  
      
Vậy (1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 0)A B C D    là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm.
0.25 đ
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
1
(1 đ)
1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y z
d d
   
   

.
Đường thẳng 1d đi qua điểm 1 (0; 1;0)M   , có vectơ chỉ phương là 1 (1; 2; 1)u 

Đường thẳng 2d đi qua điểm 2 (1; 1;4)M   , có vectơ chỉ phương là 2 (1; 2;3)u  

.
a/ Ta có 1 2 1 2 1 2 1 2, (8; 2; 4), (1; 0; 4) , . 8 0u u M M u u M M             
     
1 2,d d chéo nhau.
Lại có 1 2 1 2. 1 4 3 0u u d d     
 
. Vậy 1d , 2d chéo và vuông góc với nhau.
b/ Gọi 1 2, ( ; 1 2 ; ), (1 ; 1 2 ;4 3 )M d d N d d M t t t N s s s            
(1 ; 2 2 ;4 3 )MN s t s t s t       

là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Lại có (1;4; 2)u  

là vectơ chỉ phương của  ,
0.25 đ
0.25 đ
0,25 đ

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
do đó //d u 

cùng phương với MN
 2 0
, 0
5 3 6 0
s t
u MN
s t
  
        
  
0
(2;3;2)
2
s
M
t

 

. Vậy đường thẳng cần tìm là
2 3 2
:
1 4 2
x y z
d
  
 

.
0.25 đ
VII.a
(1 đ)
* Tìm số phức z...
Đặt
2 ( 2)
( , )
1 ( 1) (1 )
z i a b i
z a bi a b R
z i a b i
   
    
     
2 2 2 2
2 1 ( 2) ( 1) (1 ) 1 3z i z i a b a b a b               
Và 2 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) (2 3) 2
2 (2 ) (2 ) (2 )
z i a b i a a b b a b b
i
z i a b i a b a b
           
  
      
là một số
thuần ảo khi và chỉ khi 2
( 1) ( 2)( 1) 0 4 3 1 0a a b b b b        
1 2
1 7
4 4
b a
b a
   
  
   
 
. Vậy có hai số phức cần tìm: 2z i  và
7 1
4 4
z i  
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VI.b
1
(1 đ)
* Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm ...
- Xét hệ PT giao điểm
2 2
4, 01
... (4;0), (0;3)16 9
0, 3
3 4 12 0
x y
x y
A B
x y
x y

  
        
là các
giao điểm của d và (E).
- Gọi
2 2
0 0
0 0( ; ) ( ) 1
16 9
x y
C x y E    (1). Ta có 0 03 4 12
( , )
5
x y
d C AB h
 
 
0 0
0 0
3 4 121 1 1
. . .5. 3 4 12
2 2 5 2
ABC
x y
S AB h x y
 
    
Theo giả thiết suy ra 0 0
0 0
0 0
3 4 24 (2)
3 4 12 12
3 4 0 (3)
x y
x y
x y
 
      
- Từ (1) và (2) ta được PT 2
0 02 12 27 0y y   , PT này vô nghiệm
- Từ (1 và (3) ta được PT 2
0 0 0
3
32 144 2 2
2
y y x       .
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
3
2 2;
2
C
 
  
 
và
3
2 2;
2
C
 
  
 
.
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2
(1 đ)
Ta có: 1
2 4
:
1 1 2
x y z
d
 
 

và 2
8 6 10
:
2 1 1
x y z
d
  
 

.
1d đi qua điểm 1 (0;2; 4)M   , có vectơ chỉ phương là 1 (1; -1; 2)u 

2d đi qua điểm 2 ( 8;6;10)M   , có vectơ chỉ phương là 2 (2;1; 1)u  

.
a/ 1 2 1 2 1 2 1 2, ( 1;5;3), ( 8;4;14) , . 70 0u u M M u u M M            
     
Suy ra 1d và 2d chéo nhau.
1 2 1 2
1 2
1 2
, . 70
( , ) 2 35
35,
u u M M
d d d
u u
 
 
  
 
 
  
 
b/ Ta có 1 2, ( ;2 ; 4 2 ), ( 8 2 ;6 ;10 )A d B d A t t t B s s s           
( 8 2 ;4 ;14 2 )AB s t s t s t        

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ

8. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Do AB là đường vuông góc chung nên 1 1
2 2
. 0 4
...
2. 0
AB u AB u s
tAB u AB u
    
    
    
   
   
(2;0;0), (0;10;6)A B   .
Mặt cầu đường kính AB có PT là: 2 2 2
( 1) ( 5) ( 3) 35x y z      .
0.25 đ
VII.b
Giải hệ PT:
3 3log ( ) log ( )
2 2
4 4 4
4 2 2 (1)
1
log (4 4 ) log log ( 3 ) (2)
2
xy xy
x y x x y
  


    

- ĐK: 0, 0x y  .
Đặt 3log ( )
2 0xy
t   , PT (1) trở thành
2
3
1 (loai) 3
2 0 2 log ( ) 1 3
2
t
t t t xy xy y
t x
 
            
Thay vào PT (2) ta được PT 2
4 4 42
36 1 9
log (4 ) log log ( )
2
x x x
x x
    
2
2 2 4 2
2 2 2
336 9 36
4 2 ( ) 2 18 0 9 18 0
6
x
x x x x x x
x x x x
 
             

3
3
6
6
2
y
x
x y
   
  
  
.
Vậy hệ có 2 nghiệm là   6
3; 3 , 6;
2
 
  
 
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
- Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm.
- Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ