1. SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 2) NĂM 2011
MÔN TOÁN; KHỐI A (Thời gian làm bài 180 phút)
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh(7điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hµm sè
1
1 2
+
+
=
x
x
y
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè .
2. T×m täa ®é ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm ) 2 ; 1 (- I tíi tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M lµ
lín nhÊt .
CâuII:(2điểm)
1)Giải pt: sin3x­2cos2x=3sinx+2cosx;
2)Giải pt: 2
2 1 1 x x x -=-++
CâuIII: (1điểm) Tính tích phân: I= ò ++
1
0
3 3 3
1 ). 1 ( x x
dx
.
CâuIV: (1điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a,
mặt bên tạo với mặt đáy một góc 0
60 . Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với đáy hình chóp góc
0
30 và cắt SC, SD lần lượt tại M,N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a.
CâuV(1điểm) Cho c¸c sè thùc d­¬ng: a, b, c tho¶ m·n: a+b+c=3.
T×m GTNN cña:
4 4 4
3 3 3 3 3 3
7 7 7
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
Phần riêng(3điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong 2phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương tình chuẩn:
CâuVI.A(2 điểm)
1) Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x 2
+y 2
­8x+12=0 và điểm E(4;1). Tìm toạ độ
điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp
điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB.
2) Trong kh«ng gian Oxyz, cho 1 2
1
: ; :
1 1 1 1 2 3
x y z x y z
d d
-
= = = =
-
vµ (P): x+2y+3z= 0.
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng d c¾t d1; d2 ®ång thêi d// (P) vµ d^ d1 .
CâuVII.A(1điểm) gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2
( )( 5 6) 10 z z z z- + + = , Î z C.
B.Theo chương trình nâng cao.
CâuVI.B:(2điểm)
1) Cho tam giác ABC có diện tích S=
2
3
, hai đỉnh A(2;­3), B(3;­2) và trọng tâm G của
tam giác thuộc đt 3x­y­8=0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2) Cho 2 đt : (d):
1
10
1
6
2
8
: ) ' ( ,
2
4
1
2
1 -
-
=
-
=
++
=
-
-
=
z y x
d
z y x
Trong các mặt cầu tiếp xúc với các đt (d) và (d’), viết pt mặt cầu (S) có bán kính bé nhất.
CâuVII.B: (1điểm) Giải hệ:
î
í
ì
=-
=+
1 log log
27 2
3 3
log log 3 3
x y
y x x y
……………………..Hết…………………………….
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN
(Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, GV chấm tự chia thang điểm)
Câu Nội dung Điểm
1.(1,25đ) (C): y=
1
1 2
+
+
x
x
*)TXĐ: D=R {­1}
*) Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
y’= 1 , 0
) 1 (
1
2
-¹">
+
x
x
HS đồng biến trên các khoảng (­¥ ;­1) và (­1;+¥ )
0,5
b)Giới hạn:
2 lim =
-¥® x
y ; 2 lim =
+¥® x
y ; ; lim
1
+¥=-
-®
y
x
-¥=+
-®
y
x 1
lim
ĐTHS có tiệm cận đứng là đt x=­
2
1
ĐTHS có tiệm cận ngang là đt y=2
0,25
c)Bảng biến thiên:
x ­¥ ­1 +¥
y’ + +
y +¥
2
2
­¥
0,25
CâuI
(2điểm)
*) Đồ thị:
Đồ thị cắt 0y tại (0;1)
Đồ thị cắt trục 0x tại (­
2
1
;0)
Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận
I( ­1;2) làm tâm đối xứng.
0,25
0,25 2.
(0,75đ)
2. NÕu ) (
1
1
2 ;
0
0 C
x
x M Î÷÷
ø
ö
çç
è
æ
+
- th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph­¬ng
tr×nh ) (
) 1 (
1
1
1
2 0 2
0 0
x x
x x
y -
+
=
+
+- hay
0 ) 1 ( ) 2 ( ) 1 ( ) ( 0
2
0 0 =+--+-- x y x x x
y
x
2 y
x=
- O
1
-

3. . Kho¶ng c¸ch tõ ) 2 ; 1 (- I tíi tiÕp tuyÕn lµ
( ) 2
0 2
0
4
0
0
4
0
0 0
) 1 (
) 1 (
1
2
) 1 ( 1
1 2
1 1
) 1 ( ) 1 (
++
+
=
++
+
=
++
+---
=
x
x
x
x
x
x x
d . Theo
0,25
bÊt ®¼ng thøc C«si 2 ) 1 (
) 1 (
1 2
0 2
0
³++
+
x
x
, v©y 2£ d . Kho¶ng
c¸ch d lín nhÊt b»ng 2 khi
( ) 2 1 1 ) 1 (
) 1 (
1
0
2
0
2
0 2
0
-=Û=+Û+=
+
x x x
x
.hoặc x=0
VËy cã hai ®iÓm M : ( ) 3 ; 2- M hoÆc ) 1 ; 0 ( M
0,25
1.(1điểm) TXĐ: R
PtÛ 2sinx(1­cosx 2
) +2cosx 2
+cosx­1=0
0,25
Û (1+cosx)( 2(sinx+cosx)­2sinxcosx­1)=0
Cosx=­1 pp 2 k x +=Û
0,25
2(sinx+cosx)­2sinxcosx­1)=0 (2)
Đặt t= sinx+cosx , 2£ t
Từ (2) ta có: t(t­2)=0 Û t=0
0,25
CâuII
(2điểm)
Û x= p
p
k+
-
4
(kÎZ)
Vậy pt có 2 họ nghiệm pp 2 k x += ;x= p
p
k+
-
4
0,25
ĐK ­1 1££ x . Đặt t= x x -++ 1 1 suy ra:
2 1 2 2 2 2
³Þ-+= t x t
0.25
PT trở thành:
ê
ë
é
=-+
=
Û=-+-
=+--
0 4 2
2
0 ) 4 2 )( 2 (
0 8 4 4
2 3
2 3
2 4
t t
t
t t t
t t t
0,25
t=2 0=Þ x (TMĐK) 0,25
2.
(1điểm)
0 ) 2 ( 2 4 2 2 3 2 3
>-+=-+ t t t t nên pt thứ 2 VN
Vậy pt có nghiệm dn x=0
0,25
CâuIII
(1điểm)
I= òòò +
-
+
=
++
-+
1
0
3 4 3
3 1
0
3 3
1
0
3 3 3
3 3
) 1 ( 1 1 ) 1 (
1
x
dx x
x
dx
dt
x x
x x 0,25
Đặt
ï
î
ï
í
ì
+
-
=Þ
+
=
=Þ=
3 3 3 4 3
2
) 1 (
1
) 1 ( x
v dx
x
x
dv
dx du x u 0,5

4. Khi đó A= òò +
+
+
-
=
+
1
0
3 3
1
0 3 3
1
0
3 4 3
3
1 1 ) 1 ( x
dx
x
x
x
dt x
Vậy I= 3
2
1 0,25
Gọi O là tâm hv ABCD, E,F là trung điểm AB, CD
Suy ra MN//AB//CD nên ABMN là hình thang cân đáy lớn AB
Gọi S là dt ht ABMN ta có: S=1/2(AB+MN).IE ( I là trung
điểm MN)
0,25
TG SEF đều
ï
ï
î
ïï
í
ì
=
=
2
2
3
a
MN
a
IE
.S= 2
8
3 3
a
0,25
) (ABMN SI
IE SI
MN SI
^Þ
î
í
ì
^
^
Hay SI là đường cao của hchóp S.ABMN
0,25
Câu IV
(1điểm)
Tg SEF đều cạnh a, I là tr đ SF nên SI=a/2
Vậy: V= 3 2
16
3
2
1
.
8
3 3
.
3
1
a a a =
0,25
Theo B§T Cauchy ta cã:
4 4 4 3
3
3 3 3 3 3 3
7
2
16 7 7 7
a a a b
a
b b b
+
+ + + ³
+ + +
(1)
4 4 4 3
3
3 3 3 3 3 3
7
2
16 7 7 7
b b b c
b
c c c
+
+ + + ³
+ + +
(2)
4 4 4 3
3
3 3 3 3 3 3
7
2
16 7 7 7
c c c a
c
a a a
+
+ + + ³
+ + +
(3)
(1)+(2)+(3)=> 3P 3 3 3 31 21
( )
16 16
a b c³ + + - (4)
0,5 CâuV
(1điểm)
Theo B§T Cauchy ta cã:
(a3
+1+1)+ (b3
+1+1)+ (c3
+1+1)³ 3(a+b+c)
ð a3
+b3
+c3
³ 3 (5)
0,25

5. Tõ (4) vµ (5) ta cã: 3P ³
9
2
3
2
PÛ ³
VËy P min=
3
1
2
a b cÛ = = =
0,25
1. (1điểm)
1(1đ) Gọi toạ độ của các tiếp điểm A,B là A(xA,yA), B(xB,yB);
PT tt MA là : (xA­4)(x­4)+yAy=4
Vì tt đi qua M(0;y0) nên ta có ­4(xA­4)+yAy0=4
0
12 4
y
x
y A
A
-
=Þ
0,25
Tương tự:
0
12 4
y
x
y B
B
-
=
0,25
PT đt AB là:
A B
A
A B
A
x x
x x
y y
y y
-
-
=
-
-
Thay yA, yB ta được:
y­ ) (
4 12 4
0 0
A
A
x x
y y
x
-=
-
0,25
CâuVIA
(2điểm)
Thay toạ độ điểm E và pt AB ta được:
) 4 (
4 12 4
1
0 0
A
A
x
y y
x
-=
-
- 4 0 =Û y
Vậy có 1 điểm t/m M(0;4)
0,25
2. - Ph­¬ng tr×nh d tho¶ ®Ò bµi cã VTCP
1
(1;2;3)
( 1;2; 1)
(1;1;1)
p
d
u n
u
u u
ì ^ =ï
=> = - -í
^ =ïî
r uur
r
r uur
0,25
- Gäi A(a; a; a)Îd1; B(1-b; 2b; 3b) Îd2 =>
AB =
uuur
(1-a-b; 2b-a; 3b-a)
0,25
- §­êng th¼ng d qua A,B ó
( )
AB ku
A P
ì =ï
í
Ïïî
uuur r
Û
2
3
1
4
a
b
ì
=ïï
í
ï =
ïî
0,25
2.
(1điểm)
- VËy d :
2 2 2
3 3 3
1 2 1
x y z- - -
= =
-
0,25
PT Û (z-1)(z+3)(z+2)z=10
Û (z2
+2z-3)( z2
+2z)=10
0,25
Û
2
2
2 5
2 2
z z
z z
é + =
ê
+ = -ë
0,25
CâuVII
A(1đ)
{ } 1 6; 1 z iÛ Î - ± - ± V©y nghiÖm : { } 1 6; 1 z iÎ - ± - ± 0,5

6. 1) Gọi C’ là chân đường cao hạ từ C. Ta có: AB= 2
Nên CC’=2S/AB=
2
2 3
Qua G kẻ đường // AB và cắt CC’ tại H
Ta có: HC’/CC’=GM/CM=1/3
vậy HC’=
2
2
là khoảng cách từ G đến AB
0,25
Pt đt AB là x­y­5=0
Gọi G(x;y), ta có: ê
ë
é
=--
=--
Û=
--
) 2 ( 0 4
) 1 ( 0 6
2
2
2
5
y x
y x y x
0,25
G là giao điểm của trung tuyến CM và một trong 2 đương (1)
hoặc (2) ta có: G(1;­5) hoặc G(2;­2)
0,25
CâuVIB
(2điểm)
1(1đ)
Từ GM GC 2-= Ta suy ra có 2 điểm thmbt là:
C(­2;­10) hoặc C(1;­1)
0,25
Gọi (S) có tâm I và bán kính R
Gọi tiếp điểm của (S) với (d), (d’) là M,N
Khi đó: 2R=IM+IN ³ MN ³ HK (*) HK là đường vuông
góc chung của (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’).
Đt(*) xảy ra khi và chỉ khi (S) là mc đường kính HK
0,25
Gọi H( t;2­t;­4+2t), K( ­8+2s;6+s;10­s)
Ta có HK ( ­8+2s­t; 4+s+t; 14­s­2t)
Vì HK là đường VGC của (d) và (d’) nên:
î
í
ì
=
=
Û
ïî
ï
í
ì
=
=
4
2
0 .
0 .
s
t
v HK
u HK
0,25
H(2;0;0), K(0;10;6) và HK= 140 0,25
(S) có tâm I(1;5;3) là trung điểm HK và bk R=HK/2
Vậy pt (S): (x­1) 2
+(y­5) 2
+(z­3) 2
=35.
0,25
Đặt u= y v x 3 3 log , log =
Ta có hệ:
î
í
ì
=-
=
1
9 3
u v
uv
0,5
Giải hệ trên được nghiệm
u=1;v=2 hoặc u=­2; v=­1
0,25
2(1đ)
CâuVII
B(1đ)
Vậy hệ có 2 nghiệm
X=3;y=9 hoặc x=1/9;y=1/3
0,25