Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 140

1TRƯỜNG 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 13 6.3
3
x x
x x
  
       
2) Giải phương trình   3 2cos2sin 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 5A 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 9z
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
.
sent to www.laisac.page.tlbui_trituan@yahoo.com
22) 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---------------------------------
3TRƯỜNG 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
42) + 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 21 2 1 2 1 22 2 4 2 4AB x x x x x x m m         ; 
 22 4AB m m  ; 
   22 2 2 2 21 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 
23 3 2 23 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 2cos2sin 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 22sin 3 sin 1 2cos 2sin 3 cos 2cosx x x x x x       
 1 53 2sin 2 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k k
            
0.50
5III 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 1sin , 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 .
 22 2 2 3 2AC AB BC a a a OA OC a        .
Đặt  0SO h h  ; 2 2 2 2SC SO OC h a    .
2 21 12
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 2 212 . . 35 . 2
3SAC
S AI SC SO AC a h h a ha     
  4 2 2 4 2 2 2 22 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 3S ABCD ABCD
a
V SO S a a   .
0.50
V Đặt  
2
2 33 2
2
t
t x y z t xy yz zx xy yz zx
            .
Vì 2 2 20 3xy yz zx x y z       nên 23 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
6VI 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 6OABC
V 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 23 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 102 . 2 5
2
MA MH   .
0.25
7Yêu 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 22 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 8 171; 1;4 , ; ;7 7 7A 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 23 3 10 0x x x    
(không thỏa mãn điều kiện). 0.50
Với x y  , ta có 2 2 13 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