Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 145

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 1)34()1(
3
1 23  xmxmmxy có đồ thị là (Cm) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m = 1 
 2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại duy nhất một điểm A có 
hoành độ âm mà tiếp tuyến với (Cm) tại A vuông góc với đường thẳng : x 2y 3 0.   
Câu II: (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình: 2 22sin 2sin t anx
4
x x      
2. Giải hệ phương trình: 
2 2
2
2 1xyx y
x y
x y x y
       
 (x, y R) 
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x dx
x

 
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; 
góc  060DAB  ; cạnh bên BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB’ là điểm K 
nằm trên cạnh BB’ và 1BK= BB'
4
; hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABCD) 
là điểm H nằm trên đoạn thẳng BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng B’C và DC’. 
Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện 2 2a b 1; c d 3.    
Tìm giá trị nhỏ nhất của M ac bd cd   . 
Câu VI (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn :(C): 2 2x y 16  . Viết phương trình 
chính tắc của elip có tâm sai 1
2
e  biết elip cắt đường tròn (C) tại bốn điểm A, B, C, D sao cho 
AB song song với trục hoành và AB = 2.CD. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng: 
1
1 1:
2 1 1
x y zd    ; 2 1 2: 1 2 1
x y zd    và mặt phẳng (P) : 2 3 0x y z    . 
Viết phương trình đường thẳng  song song với (P) và cắt 1 2,d d lần lượt tại A, B sao cho 
29AB  
Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z, z’ thỏa mãn ' 1z z  và ' 3z z  . 
 Tính 'z z 
------------------------Hết---------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them 
Họ và tên:..SBD: 
TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2010 – 2011 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
KHỐI A,B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
hotman9x@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN 
NGUYỄN HUỆ 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA 
 NĂM HỌC 2010 – 2011 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Víi 1m ta cã 31 1
3
y x x   . 
* TËp x¸c ®Þnh: D = R 
* Sù biÕn thiªn 
 Chiều biến thiên: 
 2y ' x 1  >0 x  
0,25 
+ Hàm số luôn đồng biến trên  
+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu . 
 Giíi h¹n:   yy xx lim;lim . 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
0,25 I-1 
(1điểm) 
Đồ thị: 
 Đồ thị giao với Oy tại (0;1) 
0,25 
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x+2y-3=0 có hệ số góc k=2. Gọi x là hoành độ tiếp 
điểm thì: 2 2f '(x) 2 mx 2(m 1)x (4 3m) 2 mx 2(m 1)x 2 3m 0 (1)             0,25 
Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm 
Nếu m=0 thì (1) 2 2 1x x      loại 0,25 
Nếu 0m  thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là 2 31 hay x= mx
m
 0,25 
I-2 
(1điểm) 
do đó để có một nghiệm âm thì 
0
2 3 0 2
3
m
m
m m
    
Vậy 20 hay
3
m m  thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề 
bài 
0,25 
x 
y’ 
y 
- 
+ 
- 
+ 
+ 
1 
O x 
y 
Điều kiện: cosx  0 
0,25
2 2 2 sinx2sin 2sin t anx 1 cos 2 2sin
4 2 cos
x x x x
x
                  
 
2cos sin 2 .cos 2sin .cos sinx
cos sinx sin 2 cos sinx 0
(sinx cos )(1 sin 2 ) 0
x x x x x
x x x
x x
   
    
   
0,25
sinx cos
4
sin 2 1 2 2
2 4
x x k
x x l x l
 
  
              
 0,25
II-1 
(1điểm) 
4 2
x k    (thỏa mãn điều kiện) 0,25
 
 
2 2
2
2 1 1
2
xyx y
x y
x y x y
        
Điều kiện: x + y > 0 
         2 321 2 1 0 2 2 0xyx y xy x y xy x y xy x y
x y
              
0,25
      
    
2 1 2 1 0
1 1 2 0 (3)
x y x y xy x y
x y x y x y xy
       
         
0,25
Với x + y > 0 thì 2 2 0x y x y    
Nên (3)  1x y  thay vào (2) được 2 2 0y y   
0,25
II-2 
(1điểm) 
Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2) 
0,25
*Đặt t=cosx 
 dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 
4
x  thì 1
2
t  0,25
Từ đó 
1
12
2 2
11
2
ln lnt tI dt dt
t t
    0,25
III 
(1điểm) 
*Đặt 21ln ;u t dv dtt  
1 1;du dt v
t t
    
 Suy ra 
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1ln ln 21 1
2
2 2
I t dt
t t t
      0,25
 *Kết quả 22 1 ln 2
2
I    0,25
C'
D'A'
H
B
A
D
B'
C
K
Ta có 2
4
aBK  ; trong tam giác vuông 
BKD : 2 2 14
4
aDK BD BK   
0,25
Ta có 3 2'
4
aB K  ; trong tam giác vuông B’KD : 2 2 14' ' 2
4
aB D B K KD a    
Suy ra B’BD cân tại B’ do đó H chính là g iao điểm của AC và BD 
0,25
2 3
. ' ' ' '
3 3 3' .
2 2 4ABCD A B C D ABCD
a a aV B H S   0,25
IV 
(1điểm) 
DC’//AB’ suy ra ( '; ' ) ( ';( ' )) ( ;( ' ) ( ;( ' ))
2
2DC B C DC AB C D B AC B A AC
ad d d d BH     0,25
Nêu và chứng minh: 2 2 2 2( )( )a b c d ac bd    Dấu bằng xảy ra khi ad = bc 0,25 
2 2 2 2 2 2( )( ) 2 6 9 3 ( )M a b c d cd d d d d f d          0,25 
Ta có 
2
2
3 91 2( )
2 2'( ) (2 3)
2 6 9
d
f d d
d d
  
 
 
Để ý rằng 
2
2
3 91 2( )
2 2 0
2 6 9
d
d d
  

 
 với mọi d nên dấu của f’(d) chính là dấu của : 2d+3 
0,25 V 
(1 điểm) 
Bảng biến thiên của f(d) suy ra 
3 9 6 2( ) ( )
2 4
f d f    
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 9 6 2
4

 đạt khi 3
2
d   ; c = 3
2
; a = - b = 
1
2
 
0,25 
Giả sử elip có phương trình chính tắc 
2 2
2 2 1
x y
a b
  , theo đề bài 1
2
ce
a
  0,25 VI- 1 (1 điểm) 
2 2 2
2 2
2 2
1 1 3
4 4 4
c a b b a
a a
      0,25 
 Suy ra elip có phương trình 
2 2
2 2 2
2 2
4 1 3 4 3
3
x y x y a
a a
     . Tọa độ các giao điểm A, B, 
C, D của elip và đường tròn là nghiệm của hệ : 
2 2
2 2 2
x y 16 (1)
3 4 3 (2)x y a
    
Do elip và đường tròn (C) cùng nhận trục hoành và trục tung làm trục đối xứng và 
AB // Ox nên A, B đối xứng với nhau qua Oy ; C, D đối xứng nhau qua Ox. 
AB = 2CD 2 22 2.2 4x y x y    (3) 
0,25 
Từ (1) và (2) tìm được 
3 2
2 24 4;
5 5
x y  
Thay vào (3) ta được 2 256
15
a  
Suy ra elip có phương trình 
2 2
1256 64
15 5
x y  . 
0,25 
A 1d suy ra A(1+2t ; -1+t ; t) ; B 2d suy ra B(1+t’ ; 2+2t’ ; t’) 0,25 
( ' 2 ;3 2 ' ; ' )AB t t t t t t    . 
(P) có VTPT (1;1 2)n  
AB // (P) suy ra . 0 ' 3AB n t t     . Khi đó ( 3; 3; 3)AB t t     
0,25 
Theo đề bài    2 22 29 3 3 9 29 1AB t t t          0,25 
VI-2 
(1 điểm) 
Với t = 1 suy ra A(3 ;0 ;1) ;  4; 2; 3AB    
Suy ra 
3 4
: 2
1 3
x t
y t
z t
    
Với t = -1 suy ra A(-1 ;-2 ;-1) ;  2; 4; 3AB    
Suy ra 
1 2
: 2 4
1 3
x t
y t
z t
        
0,25 
Đặt  ; ' ' '; , ', , 'z x iy z x iy x x y y R     0,25 
2 2
2 2
1
' 1
' ' 1
x y
z z
x y
       
 0,25 
   2 2' 3 ' ' 3z z x x y y       0,25 
VII. 
(1 điểm) 
             2 2 2 22 2 2 2' ' ' 2 2 ' ' ' '
2.1 2.1 3 1
z z x x y y x y x y x x y y            
   
 0,25