1. 1
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 (2010-2011)
Môn thi: Toán học
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 18/5/2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1
x
y
x


(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm m để đường thẳng y x m   cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 2 (với O là
gốc tọa độ).
Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình
2
2 3
2 1 1
3 6.3
3
x x
x x
  
   
   
 
2) Giải phương trình  
3 2cos
2sin 1 tan
cos sin 1
x
x x
x x
  

.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
 
2
2
0 2sin cos
dx
I
x x




Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có hai mặt  SAC và  SBD cùng
vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình chữ nhật có , 3AB a BC a  , điểm I thuộc
đoạn thẳng SC sao cho 2SI CI và thoả mãn AI SC . Hãy tính thể tích của khối
chóp .S ABCD theo a .
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm , ,x y z thoả mãn 2 2 2
3x y z   . Hãy tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
5
A xy yz zx
x y z
   
 
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 (2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung
tuyến và phân giác trong kẻ từ cùng một đỉnh B có phương trình lần lượt là
   1 2: 2 3 0, : 2 0d x y d x y      . Điểm  2;1M thuộc đường thẳng AB , đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ
dương, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm    0;0;2 , 6; 3;0C K  . Viết phương
trình mặt phẳng  P đi qua ,C K sao cho  P cắt trục ,Ox Oy lần lượt tại ,A B và thể
tích khối tứ diện OABC bằng 3.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 3 1z i i z   và
9
z
z
 là số thuần
ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho các điểm
   1;2 , 4;3A B . Tìm tọa độ điểm M sao cho  135MAB  
và khoảng cách từ M đến
đường thẳng AB bằng
10
2
.
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 2
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 1;0M  , đường thẳng
2 1 1
:
2 1 1
x y z  
  

và mặt phẳng  : 2 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm A thuộc
 P , biết AM vuông góc với đường thẳng  và khoảng cách từ A đến đường
thẳng  bằng
33
2
.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  
2
2
3 3
3 3 10
,1
log log 0
2
x y
x y
x y

  


 

 .
---------------------------------Hết---------------------------------

3. 3
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2010-2011
ĐÁP ÁN
MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3)
(Đáp án- thang điểm có 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I  Tập xác định:   1
 Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
 
2
1
' 0, 1
1
y x
x
   

.
0.25
– Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và  1; .
– Giới hạn và tiệm cận:
– lim lim 1
x x
y y
 
  : tiệm cận ngang : 1y 
1 1
lim ; lim
x x
y y 
 
   tiệm cận đứng 1x  . 0.25
– Bảng biến thiên:
x  1 
'
y  
y 1 
 1
0.25
+ Đồ thị:
– Đồ thị cắt Oy tại  0;0O
– Đồ thị cắt Ox tại  0;0O
– Tâm đối xứng là điểm  1;1I .
0.25

4. 4
2) + PT hoành độ giao điểm 2
( ) 0
1
x
x m g x x mx m
x
      

(1) với 1x  .
+ Đường thẳng y x m  cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1x 
2
0 44 0
0 4
1 0(1) 0
m mm m
m m
g
hoaëc
hoaëc
             
   
+ Gọi 1 2;x x là hai nghiệm của (1), ta có
   
1 2
1 2
1 2
.
0
x x m
x x m
g x g x
   
  
0.50
+ Các giao điểm là    1 1 2 2; , ;A x x m B x x m    .
     2 22 2
1 2 1 2 1 22 2 4 2 4AB x x x x x x m m       
 
;
 2
2 4AB m m  ;
   
22 2 2 2 2
1 1 1 1 12 2 2 2 2OA x m x x mx m g x m m m m           ;
2
2OB m m  ;  ,
2
m
d O AB  .
   
2
2 41 1
. , . 2 4 .
2 2 22
OAB
m m m m
S AB d O AB m m

    .
   2 2
2
2 2 4. .
2 2
4 2 4OAB
m m m mOAOB AB
R
S m m m
 
  

2
62
4
2
mm m
mm

      0.50
II 1) Điều kiện 2x   hoặc 1x  .
Bpt
2
3 3 2 2
3 3 3 3 2x x x
x x x   
        0.50
2
2
2 2
0
2 0 2
2
20
2
x
x x x
x x x
xx
x x x
 

    
        
   
Tập nghiệm    ; 2 2;    0.50
2) Điều kiện cos 0,sin 1x x  .
Pt đã cho tương đương với  
sin 3 2cos
2sin 1 .
cos cos sin 1
x x
x
x x x
  

  2
2sin 3 sin 12sin sin 3 2cos 2cos
cos sin 1 cos sin 1
x xx x x x
x x x x
  
   
  0.50
     2 2 2 2
2sin 3 sin 1 2cos 2sin 3 cos 2cosx x x x x x       
 
1 5
3 2sin 2 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k k
 
           
0.50

5. 5
III Ta có :
   
2 1
2sin cos 5 sin cos
5 5
5 sin sin cos cos 5 cos
x x x x
x x x  
 
    
 
  
, với
2 1
sin , cos
5 5
   .
0.50
 
   
 
2
2
02
0
1 1
tan tan tan
5cos 5 5 2
1 1 1 1
cot tan 2
5 5 2 2
dx
I x
x



  

 
  
            
 
    
 

0.50
IV Gọi O AC BD  ;    SAC SBD SO  ;
       ,SAC ABCD SBD ABCD  . Suy ra  SO ABCD .
 
2
2 2 2
3 2AC AB BC a a a OA OC a        .
Đặt  0SO h h  ; 2 2 2 2
SC SO OC h a    .
2 21 1
2
3 3
SI IC IC SC h a     .
Tam giác AIC vuông tại I 2 2 2 21
35
3
AI AC IC a h    
(điều kiện 35h a ). 0.50
2 2 2 21
2 . . 35 . 2
3
SACS AI SC SO AC a h h a ha     
  4 2 2 4 2 2 2 2
2 35 0 7 5 0 5h a h a h a h a h a         
(thỏa mãn 0 35h a  ).
3
2
.
1 1 15
. 5. 3
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SO S a a   .
0.50
V
Đặt  
2
2 3
3 2
2
t
t x y z t xy yz zx xy yz zx

            .
Vì 2 2 2
0 3xy yz zx x y z       nên 2
3 9 3 3t t     (vì 0t  )
Khi đó
2
3 5
2
t
A
t

  =
2
5 3
2 2
t
t
  .
0.50
Xét hàm số  
2
5 3
2 2
t
f t
t
   , 3 3t  .
Ta có  
3
'
2 2
5 5
0
t
f t t
t t

    , vì 3t  . Suy ra hàm số  f t đồng
biến trên đoạn 3;3 
  . Do đó    
14
3
3
f t f  .
Dấu đẳng thức xảy ra khi 3 1t x y z     .
Vậy giá trị lớn nhất của A là
14
3
, đạt được khi 1x y z   .
0.50

6. 6
VI a 1)  1 2 1;1B d d B   . Gọi N là điểm đối xứng với M qua 2d .
Tìm được  1;0N . Suy ra : 1, : 1BC x AB y  .
Gọi  ;1A a , (với 0a  ),  1;C c .
Gọi I là trung điểm của
1 1
;
2 2
a c
AC I
  
  
 
.
1
1 1
2. 3 0 2 3 0
2 2
a c
I d a c
 
         (1)
0.50
BC AB ABC   vuông tại B 5R IB  
   
2 2
2 21 1
5 1 1 20
2 2
a c
a c
    
          
   
(2)
Giải hệ (1), (2) ta được 3, 3a c   . Vậy    3;1 , 1; 3A C  .
Kết luận :      3;1 , 1;1 , 1; 3A B C  0.50
2) Giả sử     ;0;0 , 0; ;0 0A a B b ab  .
 : 1
2
x y z
P
a b
   . Vì  K P nên
6 3
1
a b
  (1)
OABC là tứ diện vuông tại O nên
1 1
. . . .2 3 9
6 6
OABCV OAOB OC a b ab     (2)
0.50
Giải hệ (1), (2) ta được
3, 3
3
6,
2
a b
a b
 

    

Vậy    1 2: 2 2 3 6 0; : 4 3 6 0P x y z P x y z        0.50
VII a Gọi z a bi  ;  ; 3 3z a bi z i a b i     
 1 1 1i z i a bi b ai       .
Khi đó
     
2 22 2
3 1 3 1 3 1z i i z a b i b ai a b b a              
2b  . 0.50
3 2
2 2
9 9 5 2 26
2 ; 2
2 4 4
a a a
z a i z a i i
z a i a a
 
       
  
.
9
z
z
 là số thuần ảo 3
5 0 0 5a a a a       
Vậy số phức cần tìm là 2 , 5 2 , 5 2z i z i z i      0.50
VI b
1) Giả sử  ;M x y . Kẻ MH AB . Từ giả thiết suy ra
10
2
MH 
và tam giác MAH vuông cân tại H .
Suy ra
10
2 . 2 5
2
MA MH   .
0.25

7. 7
Yêu cầu bài toán
 
   
   
   
2 2
2 2
3 1 1 2 1
cos135, 135
210. 1 2
5
1 2 5
x y
AB AM
x y
AM
x y
  
    
    
     


 
0.25
Đặt 1, 2u x v y    . Khi đó ta có
 
 2 2
0;03 5 1, 2
2, 15 1;3
Mu v u v
u vu v M
       
           0.50
2) Gọi  ; ; , 2 0A x y z x y z    (1)
   1; 1; , 2; 1;1MA x y z u    
 
;
. 0 2 3 0AM MAu x y z        
 
(2)
   0 02; 1;1 ; 2; 1; 1M M A x y z     

;
 0 , ;2 ; 2M A u y z z x x y
       
 
; 0.50
 
     
2 2 2
0 , 2 2 33
,
26
M A u y z z x x y
d A
u


       
   
 

     
2 2 2
2 2 99y z z x x y       (3)
Giải hệ (1), (2), (3) ta được    
23 8 17
; ; 1; 1;4 , ; ;
7 7 7
x y z
 
    
 
.
Vậy  1 2
23 8 17
1; 1;4 , ; ;
7 7 7
A A
 
   
  0.50
VII b Điều kiện 0, 0x y  .
2
3 3 3 3
1
log log 0 log log
2
x y x y x y x y x y          
Với x y , thay vào pt thứ nhất trong hệ ta được 2
3 3 10 0x x
x
   
(không thỏa mãn điều kiện). 0.50
Với x y  , ta có 2 2 1
3 3 10 9.3 10.3 1 0 3 1 3
9
x x x x x x 
         
0x  (loại) ; 2x   .
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;2x y   0.50
-------------------------Hết-------------------------
Thạch Thành, ngày 11 tháng 5 năm 2011
Người ra đề và làm đáp án : BÙI TRÍ TUẤN
Mọi góp ý về đề thi và đáp án này, xin gửi về bui_trituan@yahoo.com