Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 115

SỞ GD – ĐT QUẢNG TRỊ 
TRƯỜNG THPT LÊ THẾ HIẾU 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010­2011 
Môn thi : TOÁN ; Khối : A 
Thời gian làm bài 180  phút, không kể thời gian giao đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): 
Câu I: (2  điểm)  Cho hàm số  2 2 
1 
x 
y 
x 
- 
= 
+ 
(C) 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm m để đường thẳng d: y =  2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB =  5 . 
Câu II: (2 điểm) 
1.  Giải phương trình: 
sin 2x cos2x 
tgx cot gx 
cos x sin x 
+ = - 
2. Giải bất phương trình:  2 2 1 
2 
1 
log (4x 4x 1) 2x 2 (x 2) log x 
2 
æ ö - + - > - + - ç ÷ 
è ø 
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:  1 x y e = +  , trục hoành,  x = ln3 
và x = ln8. 
Câu IV: (1 điểm)  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =  2 3a , BD 
= 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết 
khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng  3 
4 
a  .Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu V: (1 điểm) Cho x, y ΠR và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
( ) ( ) 3 3 2 2 
( 1)( 1) 
x y x y 
P 
x y 
+ - + 
= 
- - 
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 Oxy cho tam giác ABC với A(1; ­2),  đường cao  : 1 0 CH x y - + =  , phân giác trong 
: 2 5 0 BN x y + + =  .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 
1 1 1 
2 1 1 
x y z + - - 
= = 
- 
; 
d2: 
1 2 1 
1 1 2 
x y z - - + 
= =  và mặt phẳng (P): x  ­  y  ­ 2z + 3 = 0. Viết phương  trình chính  tắc của đường 
thẳng D, biết D nằm trên mặt phẳng (P) và D cắt hai đường thẳng d1  , d2  . 
Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của x 8  trong khai triển (x 2 + 2) n , biết:  3 2 1 n n n A 8C C 49 - + =  . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB:  x ­ y ­ 2 = 0, 
phương trình cạnh AC: x + 2y ­ 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh 
BC. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng D :  1 3 
1 1 4 
x y z - - 
= =  và điểm M(0 ; ­ 2 ; 0). 
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng D đồng thời khoảng cách 
giữa đường thẳng D và mặt phẳng (P) bằng 4. 
Câu VII.b (1 điểm)  Giải phương trình sau trên tập số phức :  25  8 6 z i 
z 
+ = - 
... Hết . 
www.laisac.page.tl 
Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: ..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ­ NĂM: 2010­2011 
CÂU  NỘI DUNG  ĐIỂM 
Tập xác định D = R\{­ 1} 
Sự biến thiên: 
­Chiều biến thiên:  2 
4 
' 0, 
( 1) 
y x D 
x 
= > " Î 
+ 
. 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (­ ¥; ­ 1) và (­ 1 ; + ¥). 
­ Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0,25 
­ Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 
2 2 2 2 
lim 2 ; lim 2 
1 1 
x x 
x x x x ®-¥ ®+¥ 
- - 
= = 
+ + 
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 
1 1 
2 2 2 2 
lim ; lim 
1 1 
x x 
x x x x - + ®- ®- 
- - 
= +¥ = -¥ 
+ + 
. Đường thẳng x = ­ 1 là tiệm cận đứng. 
0,25 
­Bảng biến thiên: 
x  ­¥  ­ 1  +¥ 
y’  +  + 
y 
+¥  2 
2  ­ ¥ 
0,25 I­1 
(1 điểm) 
Đồ thị: 
­Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) 
­Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;­ 2) 
­ Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm 
hai tiệm cận I(­ 1; 2). 
0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x 2 + mx +  m + 2 = 0 , (x ≠ ­ 1)   (1)  0,25 
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt Û PT(1) có 2  nghiệm phân biệt khác ­1 Û m 2 ­ 8m ­ 16 > 0  (2)  0,25 
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2  là 2 nghiệm của PT(1). 
Theo ĐL Viét ta có 
1 2 
1 2 
2 
2 
2 
m 
x x 
m 
x x 
ì + = - ï ï 
í + ï = 
ï î 
.  0,25 I­2 
(1 điểm) 
AB 2 = 5 Û  2 2 1 2 1 2 ( ) 4( ) 5 x x x x - + - = Û 
2 
1 2 1 2 ( ) 4 1 x x x x + - = Û m 
2 ­ 8m ­ 20 = 0 
Û m = 10 , m =  ­ 2  ( Thỏa mãn (2)) 
KL: m = 10, m = ­ 2. 
0,25 
y 
x 
2  y=2 
x= ­1 
­1  O 
1 
­2
PT 
x sin 
x cos 
x cos 
x sin 
x cos x sin 
x sin x 2 sin x cos x 2 cos 
- = 
+ 
Û 
( ) 
x cos x sin 
x cos x sin 
x cos x sin 
x x 2 cos 2 2 - 
= 
- 
Û 
0,25 
cosx cos2x s in2x 0 Û = - Ù ¹ 
2 2 cos x cosx 1 0 s in2x 0 Û + - = Ù ¹ 
0,25 
1 cos x ( cos x 1 :loaïi vì sin x 0) 
2 
Û = = - ¹  0,25 
II­1 
(1 điểm) 
x k2 , k Z 
3 
p 
Û = ± + p Π 0,25 
ĐK: ( ) * 
2 
1 
x 
2 
1 
x 
2 
1 
x 
0 ) 1 x 2 ( 
2 
1 
x 
0 1 x 4 x 4 
0 x 
2 
1 
2 2 
< Û 
ï 
ï 
î 
ï ï 
í 
ì 
¹ 
< 
Û 
ï î 
ï 
í 
ì 
> - 
< 
Û 
ï î 
ï 
í 
ì 
> + - 
> - 
0,25 
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 
[ ] 1 ) x 2 1 ( log ) 2 x ( 2 x 2 ) x 2 1 ( log 2 2 2 - - + + > - - 
[ ] 0 1 ) x 2 1 ( log x 2 < + - Û 
0,25 
ê 
ê 
ë 
é 
< 
> 
Û 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
î 
í 
ì 
> - 
< 
î 
í 
ì 
< - 
> 
Û 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
î 
í 
ì 
> - 
< 
î 
í 
ì 
< - 
> 
Û 
ê 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
î 
í 
ì 
> + - 
< 
î 
í 
ì 
< + - 
> 
Û 
0 x 
4 
1 
x 
1 ) x 2 1 ( 2 
0 x 
1 ) x 2 1 ( 2 
0 x 
0 ) x 2 1 ( 2 log 
0 x 
0 ) x 2 1 ( 2 log 
0 x 
0 1 ) x 2 1 ( log 
0 x 
0 1 ) x 2 1 ( log 
0 x 
2 
2 
2 
2 
0,25 
II­2 
(1 điểm) 
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 
2 
1 
x 
4 
1 
< <  hoặc x < 0.  0,25 
Diện tích 
ln 8 
ln 3 
1 x S e dx = + ò  ; Đặt  2 2 1 1 1 x x x t e t e e t = + Û = + Þ = -  0,25 
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = e x dx Û  2 
2 
1 
t 
dx dt 
t 
= 
- 
0,25 
Do đó 
3 3 2 
2 2 
2 2 
2 2 
2 
1 1 
t 
S dt dt 
t t 
æ ö = = + = ç ÷ - - è ø ò ò  0,25 
III 
(1 điểm) 
= 
3 1 3 
2 ln 2 ln 
2 1 2 
t 
t 
t 
- æ ö æ ö + = + ç ÷ ç ÷ + è ø è ø 
(đvdt)  0,25 
Từ giả thiết AC =  2 3 a  ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi 
đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =  3 a  ; BO = a , do đó  ·  0 60 A D B = 
Hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao 
tuyến của chúng là SO ^ (ABCD). 
0,25 
IV 
(1 điểm) 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 
DH AB ^  và DH =  3 a  ;  OK // DH  và 
1 3 
2 2 
a 
OK DH = = Þ OK ^ AB Þ AB ^ (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của  O lên SK ta có OI ^ SK; AB ^ OI Þ OI ^ (SAB) , hay OI là khoảng 
cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
0,25
0,25 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao Þ  2 2 2 
1 1 1 
2 
a 
SO 
OI OK SO 
= + Þ = 
Diện tích đáy  2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a D = = =  ; 
đường cao của hình chóp 
2 
a 
SO =  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3 
. 
1 3 
. 
3 3 D D S ABC ABC 
a 
V S SO = = 
0,25 
Đặt t = x + y ; t  > 2. Áp dụng BĐT : 4xy £ (x + y) 2  ta có 
2 
4 
t 
xy £  0,25 
3 2  (3 2) 
1 
t t xy t 
P 
xy t 
- - - 
= 
- + 
. Do 3t ­ 2 > 0 và 
2 
4 
t 
xy - ³ -  nên ta có 
2 
3 2 
2 
2 
(3 2) 
4 
2 
1 
4 
t t 
t t  t 
P 
t  t 
t 
- 
- - 
³ = 
- 
- + 
0,25 
Xét hàm số 
2 2 
2 
4 
( ) ; '( ) ; 
2 ( 2) 
t t t 
f t f t 
t t 
- 
= = 
- - 
f’(t) = 0 Û t = 0 v t = 4. 
t  2                                                  4  +¥ 
f’(t)  ­  0  + 
f(t) 
+ ¥  +¥ 
8 
0,25 
V 
(1 điểm) 
Do đó min P = 
( 2; ) 
min ( ) f t 
+¥ 
= f(4) = 8 đạt được khi 
4 2 
4 2 
x y x 
xy y 
+ = = ì ì 
Û í í = = î î 
0,25 
Do  AB CH ^  nên AB:  1 0 x y + + =  . 
Giải hệ: 
2 5 0 
1 0 
x y 
x y 
+ + = ì 
í + + = î 
ta có (x; y)=(­4; 3). 
Do đó:  ( 4;3) AB BN B Ç = -  . 
0,25 
Lấy A’ đối xứng A qua BN  thì  ' A BC Π . 
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d):  2 5 0 x y - - =  . Gọi 
( ) I d BN = Ç  . Giải hệ: 
2 5 0 
2 5 0 
x y 
x y 
+ + = ì 
í - - = î 
. Suy ra: I(­1; 3)  '( 3; 4) A Þ - - 
0,25 
VI.a ­1 
(1 điểm) 
Phương trình BC:  7 25 0 x y + + =  . Giải hệ: 
7 25 0 
1 0 
x y 
x y 
+ + = ì 
í - + = î 
Suy ra:  13 9 ( ; ) 
4 4 
C - -  . 
0,25 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I D 
3a 
a
2 2  450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 
4 
BC = - + + + =  , 
2 2 
7.1 1( 2) 25 
( ; ) 3 2 
7 1 
d A BC 
+ - + 
= = 
+ 
. 
Suy ra: 
1 1 450 45 
( ; ). .3 2. . 
2 2 4 4 ABC 
S d A BC BC = = = 
0,25 
Gọi A = d1Ç(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 Ç (P) suy ra B(2; 3; 1)  0,25 
Đường thẳng D thỏa mãn bài toán đi qua A và B.  0,25 
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng D là  (1;3; 1) u = - 
r 
0,25 
VI.a ­2 
(1 điểm) 
Phương trình chính tắc của đường thẳng D là:  1 2 
1 3 1 
x y z - - 
= = 
- 
0,25 
Điều kiện n ³ 4 
Ta có: ( ) å 
= 
- = + 
n 
0 k 
k n k 2 k 
n 
n 2 2 x C 2 x 
0,25 
Hệ số của số hạng chứa x 8  là 4 n 4 n 2 C -  0,25 
Ta có: 3 2 1 n n n A 8C C 49 - + = 
Û (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 
Û n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 Û (n – 7)(n 2 + 7) = 0 Û n = 7 
0,25 
VII.a 
(1 điểm) 
Nên hệ số của x 8 là 280 2 C 3 4 7 =  0,25 
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: 
­ ­ 2 0 
2 ­ 5 0 
x y 
x y 
= ì 
í + = î 
Û A(3; 1)  0,25 
Gọi B(b; b­ 2) Î AB, C(5­ 2c; c) Î AC  0,25 
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 
3 5 2 9 
1 2 6 
b c 
b c 
+ + - = ì 
í + - + = î 
Û 
5 
2 
b 
c 
= ì 
í = î 
. Hay B(5; 3), C(1; 2)  0,25 
VI.b­ 1 
(1 điểm) 
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là  ( 4; 1) u BC = = - - 
r uuur 
. 
Phương trình cạnh BC là: x ­ 4y + 7 = 0 
0,25 
Giả sử  ( ; ; ) n a b c 
r 
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). 
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0. 
Đường thẳng D đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương  (1;1;4) u = 
r  0,25 
Từ giả thiết ta có 
2 2 2 
. 4 0 
/ /( ) (1) 
| 5 | 
4 ( ; ( )) 4 (2) 
n u a b c 
P 
a b 
d A P 
a b c 
ì = + + = 
D ì ï Û + í í = = î ï + + î 
r r 
0,25 
Thế b = ­ a ­ 4c    vào (2) ta có  2 2 2 2 2 ( 5 ) (2 17 8 ) ­ 2 8 0 a c a c ac a ac c + = + + Û - = 
Û  4 2 
a a 
v 
c c 
= = - 
0,25 
VI.b­2 
(1 điểm) 
Với  4 
a 
c 
=  chọn a = 4, c = 1 Þ b = ­ 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x ­ 8y + z ­ 16 = 0. 
Với  2 
a 
c 
= -  chọn a = 2, c = ­ 1 Þ b =  2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y ­ z + 4 = 0. 
0,25 
Giả sử z = a +bi với ; a,b Î R và a,b không đồng thời bằng 0.  0,25 VII.b 
(1 điểm) 
Khi đó  2 2 
1 1 
; 
a bi 
z a bi 
z a bi a b 
- 
= - = = 
+ +  0,25
Khi đó phương trình  2 2 
25 25( ) 
8 6 8 6 
a bi 
z i a bi i 
z a b 
- 
+ = - Û - + = - 
+ 
0,25 
Û 
2 2 2 2 
2 2 2 2 
( 25) 8( ) (1) 
(2) ( 25) 6( ) 
a a b a b 
b a b a b 
ì + + = + ï 
í 
+ + = + ï î 
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 
3 
4 
b a =  thế vào (1) 
Ta có a = 0 v a = 4 
Với a = 0 Þ b = 0  ( Loại) 
Với a = 4 Þ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 
0,25