Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 119

SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH 
TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 
MÔN TOÁN 
Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. 
Câu I.(2.0 điểm). Cho hàm số : 
1
2



x
x
y (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách đều hai điểm 
 A(1; -2) và B(-1; 4). 
Câu II.(2.0 điểm). 
 1. Tìm );0( x thoả mãn phương trình: 2
cos2 1
1 sin sin 2
1 tan 2
x
cotx x x
x
   

. 
 2. Tìm m để phương trình: 23 3 9x x x x m       có nghiệm thực. 
Câu III.(1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, 030ABC ; 
 mặt bên SAD là tam giác vuông tại A, mặt bên SBC là tam giác vuông tại C. Hai mặt bên này 
 cùng tạo với đáy góc 450. 
 Chứng minh rằng (SAC)  (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu IV.(1.0 điểm). Tính tích phân: I =  

2
1
10
)31(
dx
x
xx
Câu V.(1.0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn: x y z xyz   . 
 Tìm GTNN của A = 
)1()1()1( zxy
zx
yzx
yz
xyz
xy





. 
PHẦN RIÊNG ( Thí sinh khối A và B chỉ làm phần B, thí sinh khối D được chọn một trong hai phần). 
Câu VI.a.(2.0 điểm). 
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) choABC có đỉnh B(2; -1) đường cao đi qua đỉnh A 
có phương trình (d1): 3 4 27 0x y   , đường phân giác trong của góc C có phương trình 
(d2): 2 5 0x y   . Tìm toạ độ đỉnh A. 
2. Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) và đường thẳng (d):
1
2
2
x
y t
z t


 
  
 Tìm các điểm B, C nằm trên đường thẳng (d) sao cho ABC đều. 
Câu VIIa.(1.0 điểm). Tìm phần thực của số phức: 
nz (1 i)  , trong đó n và thỏa mãn: 
    4 5log n 3 log n 6 4    
Câu VI.b .(2.0 điểm). 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho hai đường tròn (C1):  
2 26 25x y   và (C2):
2 2 13x y  
 cắt nhau tại A(2; 3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung 
 có độ dài bằng nhau. 
 2. Cho hai đường thẳng 1
1 2
:
1 2 1
x y z
d
 
 

và 2
1 1
:
1 3 1
x y z
d
 
 

. Viết phương trình mặt cầu có 
 bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng d1 và d2. 
Câu VII.b.(1.0 điểm). 
 Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i   , tìm số phức z có mođun nhỏ nhất. 
-------------------- Hết -------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 
Câu Ý NỘI DUNG Điểm 
I 2,0 
 1 Khảo sát và vẽ đồ thị 1,0 
 Ta có: 
3
1
1
y
x
 

 TXĐ: D = R\ {1} 
 Sự biến thiên: 
'y = 
2
3
0
( 1)x



, 1x  
 HS nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và (1; + ) 
 HS không có cực trị 
0,25 
 + Giới hạn – Tiệm cận: 
1
lim
x
y

  
1
lim
x
y

  ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 
lim 1
x
y

 
 lim 1
x
y

 ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 
0,25 
 + Bảng biến thiên: 
x
y’
y
 1
- -
1


1 
0,5 
 Đồ thị: 
y
xO-2
-2
1
1
 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
 2 Viết phương trình tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4) 1,0 
 Giả sử a là hoành độ tiếp điểm. Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị là 
2
3 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a
 
  
 
0,25 
 TH1: Tiếp tuyến song song với AB 
Ta có AB: 
1 2
3 1
2 6
x y
y x
 
    

Tiếp tuyến song song với AB nên hsg của tt là k = -3 
2
03
3 ( 1) 1
2( 1)
a
a
aa

          
0,25 
0,25 
Với a = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là 3 2y x   
Với a = 2 ta có phương trình tiếp tuyến là 3 10y x   
 TH2: Tiếp tuyến đi qua trung điểm I(0, 1) của AB 
Ta có 
2
3 2
1 (0 )
( 1) 1
a
a
a a
 
  
 
 2
1
( 1) 3 ( 2)( 1)
2
a a a a a       
Ta có phương trình tiếp tuyến là 12 1y x   
0,25 
 II 2,0 
 1 Tìm x );0(  thoả mãn phương trình 1,0 
 ĐK: 
sin 2 0 sin 2 0
sin cos 0 tan 1
x x
x x x
  
 
    
Khi đó pt 
2cos sin cos2 .cos sin sin cos
sin cos sin
x x x x
x x x
x x x

   

2 2cos sin cos sin cos sin sin cos
sin
x x
x x x x x x
x

     
0,25 
  2cos sin sin (cos sin )x x x x x   
  2(cos sin )(sin cos sin 1) 0x x x x x    
  (cos sin )(sin2 cos2 3) 0x x x x    
0,25 
  cos sin 0x x  tan 1 ( )
4
x x k k Z

      (tm) 
 Vì  0; 0
4
x k x

     
0,5 
 2 Tìm m để pt có nghiệm thực 1,0 
 Xét hs:  ( ) 3 3, 3;f x x x x      
1 1
'( ) 0
2 3 2 3
f x
x x
   
 
 ( ) (3) 6f x f    ; lim ( ) lim ( 3 3) 0
x x
f x x x
 
     
 Đặt 3 3, 6; 0t x x t       
0,5 
Pt trở thành : 
2
2
t
t m  (*) Để pt ban đầu có nghiệm thực thì pt (*) phải có nghiệm 
6; 0t   
1
; 3 6
2
m
 
    
 
0,5 
III CM: (SAC) (ABCD) và tính thể tích S.ABCD 1,0 
 S
O
C
A
D
B
 CM:    SAC ABCD 
/ /
SA AD
SA BC
AD BC
 
 

( ) ( ) ( )SC BC BC SAC SAC ABCD    
0,25 
 IV Tính tích phân 1,0 
 Đặt 
21 1 2t x t x dx tdt       
 Đổi cận: 1 0; 2 1x t x t      
 0,25 
Khi đó:
1 12
2
2
0 0
2 ( 1)( 3) 30
2 3 10
9 3
t t t dt
I t t dt
t t
   
     
  
 
 0,25 
 = 
1
3 2
1
0
0
3 53 4
2 10 60ln( 3) 60ln
3 2 3 3
t t
t t
 
      
 
 0,5 
V Tìm GTNN 1,0 
 Cách 1: 
 CM: Với mọi a, b > 0 thì 
1 1 1 1
4a b a b
 
  
  
 ( 1) 
 Dấu “ =” xảy ra ba  
 A = 
1 1 1 1 1 1
x y z x xyz y xyz z xyz
 
     
   
 A = 
1 1 1 1 1 1
2 2 2x y z x y z y z x z x y
 
     
      
 Áp dụng (1) ta có: 
 A 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 2 2 2x y z x y z y z z x x y
 
         
   
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
4 4x y z x y z x y z
   
           
   
 CM: Với mọi a, b, c thì:    
2
3a b c ab bc ca     (2) 
 Dấu “=” xảy ra cba  
 Áp dụng (2) ta có: 
0,25 
0,25 
0,25 
 Tính thể tích: 
   ( ) ( ) 0( ), ( ) , 45SBC ABCD BC
BC SC
SBC ABCD SC AC
BC AC
 
 
  
 
(1) 
Tương tự     0( ),( ) , 45SAD ABCD SA AC   (2) 
0,25 
Từ (1), (2) 045SAC SCA   
 SAC cân tại S ( )BC SOSO AC SO ABCD    
 ABC vuông tại C : 0.sin30
2
a
AC AB  
0 21 32 2. . .sin 60
2 4ABCD ABC
AB AC aS S   
0,25 
 SOA vuông tại O: 0
1
; .tan 45
2 4 4
a a
AO AC SO AO    
3
.
1 3
.
3 48S ABCD ABCD
SO aV S  (đvtt). 
0,25 
2
1 1 1 1 1 1
3 3. 3
x y z
x y z xy yz zx xyz
     
         
   
 Do , , 0x y z  nên 
1 1 1
3
x y z
   A 
3 3
4
 
 KL: 
min
3 3
4
A  đạt được khi 3x y z   
Cách 2: 
 A = 
1 1 1 1 1 1
2 2 2x y z x y z y z x z x y
 
     
      
Theo CôSi: 
 A
4 4 4
1 1 1 1 1 1
4 4 4x y z xxyz xyyz xyzz
 
       
 
1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
16
A
x y z x y z x y z x y z
 
             
 
3 1 1 1
4
A
x y z
 
    
 
( quay về cách 1) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
 VI.a 2,0 
 1 Tìm toạ độ đỉnh A 1,0 
BC :
 1
(2; 1)
:3 4 27 0
B
d x y


   
 pt cạnh BC: 4 3 5 0x y   . 
 Toạ độ C là nghiệm của hpt 
2 5 0
4 3 5 0
x y
x y
  

  
1
3
x
y
 
 

0,25 
 Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) ta có B’ nằm trên cạnh AC. 
 BB’: 
 2
(2; 1)
: 2 5 0
B
d x y


   
 pt BB’: 2 5 0x y   
 Gọi I = BB’ (d2), toạ độ I là nghiệm của hpt
2 5 0 3
2 5 0 1
x y x
x y y
    
 
    
0,25 
Vì I là trung điểm của BB’ nên toạ độ B’(4; 3) 
AC:
( 1; 3)
' (5; 0)
C
vtcpCB



 Pt cạnh AC: 3y  
 0,25 
Toạ độ A là nghiệm của hpt 
3 5
3 4 27 0 3
y x
x y y
   
 
    
Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3) 
0,25 
 2 Tìm toạ độ các điểm B, C trên đường thẳng (d) 1,0 
 Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng (d) 
 Ta có  1; 2 ; 2 (0; 2 1; 2)I t t AI t t       
 AI vuông góc với (d) 
4 3 6
5 4 0 (0; ; )
5 5 5
t t AI        
0,25 
Vì tam giác ABC đều ta có 
2 6
3 15
AB AI AB   0,25 
Phương trình mặt cầu tâm A bán kính AB là : 
2 2 2 12( 1) ( 1)
5
x y z     (S) 
0,25 
Vì B, C thuộc mặt cầu (S) và thuộc đường thẳng (d) nên toạ độ B, C là nghiệm của hpt 0,25 
 
22 2 12( 1) 1
5
4 3
1
5
2
2
x y z
x t
y t
z t

    
     
  

 
Vậy toạ độ các điểm B, C là: 
8 2 3 6 3
1; ;
5 5
  
  
 
; 
8 2 3 6 3
1; ;
5 5
  
  
 
VIIa 
 Tìm phần thực của số phức z 1,0 
 Ta có      4 5log 3 log 6f x x x    là hàm số đồng biến trên  3; 
   4 519 log 16 log 25 4f    
Do đó pt    4 5log 3 log 6 4n n    có nghiệm duy nhất 19n  
0,25 
Ta có            
9
19 18 2 9 9 91 1 1 1 1 1 2 2 2i i i i i i i i            
 
 0,5 
Vậy phần thực của số phức z là 
92 0,25 
VIb 2,0 
 1 1,0 
Ta thấy  1C có tâm  1 10;0 ; 13I R  .  2C có tâm  2 26;0 ; 5I R  
Giả sử đường thẳng d qua  2;3A có dạng      2 22 3 0, 0a x b y a b      . 
0,25 
Gọi    1 1 2 2
2 2 2 2
2 3 4 3
, , ,
a b a b
d d I d d d I d
a b a b
  
   
 
theo giả thiết ta có 
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 2 1 12R d R d d d      
0,25 
   
2 2
2
2 2 2 2
04 3 2 3
12 3 0
3
ba b a b
b ab
b aa b a b
   
           
 0,25 
+, Khi 0b  phương trình đường thẳng d : 2 0x  . 
+, Khi 3b a  phương trình đường thẳng d: 3 7 0x y   thoả mãn . 
0,25 
2 1,0 
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng (d1) và (d2) là mặt cầu có 
đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). 
0,25 
Gọi    1 21 ;2 ; 2 1 ; ';1 3 ';1 'M d M t t t N d N t t t         
Ta có  ' 1;3 ' 2 1; ' 3MN t t t t t t        
0,25 
MN là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2) 
1
2
MN d
MN d

 

7
4 ' 6 6 0 5
11 ' 4 1 0 3
'
5
t
t t
t t
t

   
  
    

0,25 
Ta có 
2 14 3
( ; ; )
5 5 5
M   ; 
3 14 2
( ; ; ) 2
5 5 5
N MN 
Gọi I là trung điểm của MN ta có 
1 14 1
( ; ; )
10 5 10
I  
0,25 
Phương trình mặt cầu tìm là: 2 2 2
1 14 1 1
( ) ( ) ( )
10 5 10 2
x y z      
VIIb Tìm số phức có mođun nhỏ nhất 1,0 
 C1 Giả sử  ; ,z a bi a b   . 
Ta có        
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2z i a b i z i a b             
0,25 
Vì 1 2 1z i   nên    
2 2
1 2 1a b    . 
Do đó tồn tại  0; 2x  sao cho 1 sin ; 2 cosa x b x      
Ta có      
2 22 2 1 sin 2 cos 6 2 sin 2cosa b x x x x          
0,25 
 (sinx + 2cosx)
2
  5 => 
    2 2 2 2 2sin 2cos 1 2 sin cos 5 5 sin 2cos 5
Bunhia
x x x x x x          
2 26 2 5 6 2 5a b      2 25 1 5 1a b      
0,25 
Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là 
1 2
( 1 ) ( 2 )
5 5
z i      0,25 
C2 
Tìm số phức có mođun nhỏ nhất 1,0 
Giả sử  ; ,z x yi x y   . 
Ta có        
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2z i x y i z i x y             
0,25 
Vì 1 2 1z i   nên      
2 2
1 2 1x y C    . 0,25 
 Tập hợp điểm  ;M a b biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn (C). Và số phức z có 
 Mođun nhỏ nhất MinOM khi đó  M OI C  và M gần O hơn. 
 Ta có ptđt   : 2OI y x 
0,25 
Khi đó tọa độ M là nghiệm của hệ 
   
2 2
1
1
1 2 1 5
22
2
5
x
x y
y x
y

       
 
    

Do M gần O nên 
1 2
1 ; 2
5 5
M
 
    
 
Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là 
1 2
( 1 ) ( 2 )
5 5
z i      
0,25 
 Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm theo các phần tương ứng 
-------- Hết ---------