TRƯỜNG 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 y 

x
x 1

(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 3

2 x

2) Giải phương trình  2 sin x  1 tan x 

2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  
0

1 x

 6.3

1
 
 3

x 2  x  2 3

3
2 cos x
.

cos x sin x  1

dx

 2sin x  cos x 

2

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 AB  a, BC  a 3 , điểm I thuộc
đoạn thẳng SC sao cho SI  2CI 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 x 2  y 2  z 2  3 . Hãy tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức A  xy  yz  zx 

5

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
 d1  : 2 x  y  3  0,  d2  : x  y  2  0 . Điểm M  2;1 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 C  0; 0; 2  , K  6; 3; 0  . 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 z  3i  1  i z và z 

9
là số thuần
z

ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho các điểm
  135 và khoảng cách từ M đến
A 1; 2  , B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB
đường thẳng AB bằng

10
.
2


1


2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 1;0  , đường thẳng
x  2 y 1 z 1


và mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Tìm tọa độ điểm A thuộc
1
2
1
 P  , biết AM vuông góc với đường thẳng  và khoảng cách từ A đến đường
:

thẳng  bằng

33
.
2

32  x  3 y  10

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  1
2
 log3 x  log3 y  0
2

 x, y    .

---------------------------------Hết---------------------------------


2


TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2010-2011

ĐÁP ÁN
MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3)
(Đáp án- thang điểm có 05 trang)

Câu
I

Nội dung

 Tập xác định:  1
 Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y '  

Điểm

1

 0, x  1 .
2
 x 1
– Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; .
– Giới hạn và tiệm cận:
– xlim

y  lim y  1 : tiệm cận ngang : y  1

x

lim y  ; lim y    tiệm cận đứng x  1 .

x1

x 1

– Bảng biến thiên:

0.25





y'
y

1



x

0.25




1





1
0.25

+ Đồ thị:
– Đồ thị cắt Oy tại O 0;0
– Đồ thị cắt Ox tại O 0;0
– Tâm đối xứng là điểm I 1;1 .

0.25

3


x
 x  m  g ( x)  x 2  mx  m  0
x 1

2) + PT hoành độ giao điểm

(1) với x  1 .
+ Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  1
  m2  4m  0 

m  0 hoaëc m  4
 

 m  0 hoaëc m  4

 g (1)  0

1  0

 x1  x2  m
+ Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của (1), ta có  x1.x2  m

 g  x1   g  x2   0


+ Các giao điểm là A x1 ; x1  m, B  x2 ; x2  m .

0.50

2
2
AB 2  2  x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2   2  m 2  4m  ;



AB  2  m 2  4m  ;
OA  x12   m  x1   2 x12  2mx1  m 2  2 g  x1   m 2  2m  m 2  2m ;
2

OB  m 2  2m ; d  O, AB  

SOAB 

m
2

.

m
m m 2  4m
1
1
.
AB.d  O, AB   . 2  m2  4m  .

2
2
2
2

2
2
OA.OB. AB  m  2m  2  m  4m 
R

2 2
4 SOAB
2 m m 2  4m

m  6
m 2  2m


4
m
 m  2

II

0.50

1) Điều kiện x  2 hoặc x  1 .
Bpt  33 x  33 x  x 2  3  x  3  x 2  x  2

0.50

 x  0
 2
 x  2
 x  x  2  0
2
 x  x2  x  

x0
x  2
 
  x 2  x  2  x 2
Tập nghiệm  ; 2   2;  

0.50

2


2) Điều kiện cos x  0,sin x  1 .
sin x
3
2 cos x


cos x cos x sin x  1
2
 2sin x  3 sin x  1  2 cos x
2sin x  sin x  3 2 cos x



cos x
sin x  1
cos x
sin x  1
2
2
2
  2sin x  3  sin x  1  2 cos x   2 sin x  3   cos x   2 cos2 x

Pt đã cho tương đương với  2 sin x  1 .

 3  2sin x  2  sin x 

1

5

 x   k 2 ; x 
 k 2  k   
2
6
6

0.50

0.50
4


III

Ta có :
1
 2

2sin x  cos x  5 
sin x 
cos x  
5
 5

5  sin  sin x  cos  cos x   5 cos  x   

, với sin  

2
1

.
, cos  
5
5

0.50


2

dx
1
I
 tan  x   
2
5cos  x    5
0


2
0

1  


  tan      tan     
5  2




1
1 1
1
 cot   tan      2  
5
5 2
 2

IV

Gọi O  AC  BD ;  SAC    SBD   SO ;
 SAC    ABCD  ,  SBD    ABCD  . Suy ra SO   ABCD  .



AC  AB 2  BC 2  a 2  a 3



2

0.50

 2a  OA  OC  a .

Đặt SO  h  h  0  ; SC  SO 2  OC 2  h 2  a 2 .
1
1 2
SI  2 IC  IC  SC 
h  a2 .

3
3

Tam giác AIC vuông tại I  AI  AC 2  IC 2 

1
35a 2  h 2
3

(điều kiện h  a 35 ).

0.50

1
35a 2  h 2 . h 2  a 2  2ha
3
4
2 2
4
 h  2a h  35a  0   h 2  7 a 2  h 2  5a 2   0  h  a 5
2 S SAC  AI .SC  SO. AC 

(thỏa mãn 0  h  a 35 ).
1
1
a 3 15
VS . ABCD  SO.S ABCD  a 5.a 2 3 
.
3
3

3

V

0.50

t 3
.
2
Vì 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 (vì t  0 )

Đặt t  x  y  z  t 2  3  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx 

2

t2  3 5 t2 5 3
Khi đó A 
 =   .
2
t 2 t 2
t2 5 3
Xét hàm số f  t     , 3  t  3 .
2 t 2
5 t3  5
Ta có f '  t   t  2  2  0 , vì t  3 . Suy ra hàm số f  t  đồng
t
t
14
biến trên đoạn  3; 3 . Do đó f  t   f  3  .
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1 .
14
Vậy giá trị lớn nhất của A là , đạt được khi x  y  z  1 .
3

0.50

0.50
5


VI a

1) B  d1  d 2  B 1;1 . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d 2 .
Tìm được N 1; 0  . Suy ra BC : x  1, AB : y  1 .
Gọi A  a;1 , (với a  0 ), C 1; c  .
a 1 1 c 
;
.
2 
 2

Gọi I là trung điểm của AC  I 

a 1 1 c

 3  0  2a  c  3  0 (1)
2
2
BC  AB  ABC vuông tại B  R  IB  5

I  d1  2.

2

0.50

2

2
2
 a 1   c 1 

 
  5   a  1   c  1  20 (2)
 2   2 
Giải hệ (1), (2) ta được a  3, c  3 . Vậy A  3;1 , C 1; 3 .

Kết luận : A  3;1 , B 1;1 , C 1; 3
2) Giả sử A  a; 0; 0  , B  0; b;0   ab  0  .

0.50

x y z
6 3
   1 . Vì K   P  nên   1 (1)
a b 2
a b
OABC là tứ diện vuông tại O nên
1
1

VOABC  OA.OB.OC  a . b .2  3  ab  9 (2)
6
6
 a  3, b  3
Giải hệ (1), (2) ta được 
 a  6, b   3

2
Vậy  P1  : 2 x  2 y  3z  6  0;  P2  : x  4 y  3z  6  0

 P :

VII a

0.50

0.50

Gọi z  a  bi ; z  a  bi; z  3i  a   b  3 i
1  i z  1  i  a  bi   1  b  ai .
Khi đó
z  3i  1  i z  a   b  3 i  1  b  ai  a 2   b  3  1  b   a 2
2

2

 b  2.

z  a  2i; z 


0.50
9
9
a  5a 2a  26
 a  2i 
 2
 2
i.
z
a  2i a  4
a 4
3

2

9
là số thuần ảo  a 3  5a  0  a  0  a   5
z
Vậy số phức cần tìm là z  2i, z  5  2i, z   5  2i
z

VI b

1) Giả sử M  x; y  . Kẻ MH  AB . Từ giả thiết suy ra MH 

0.50
10
2

và tam giác MAH vuông cân tại H .

Suy ra MA  MH 2 

10
. 2  5.
2

0.25

6


Yêu cầu bài toán

 3  x  1  1 y  2 
1
 
 cos135  
 AB, AM  135

2
2
2

  10.  x  1   y  2 

2
2
 AM  5
 x  1   y  2   5
Đặt u  x  1, v  y  2 . Khi đó ta có






0.25

3u  v  5
u  1, v  2  M  0; 0 


 2 2
u


v

2,
1
u

v

5

 M  1;3


0.50


2) Gọi A  x; y; z  , x  y  z  2  0 (1)


MA   x  1; y  1; z  , u   2; 1;1 ;
 
AM    MA.u  0  2 x  y  z  3  0 (2)

M 0  2; 1;1  ; M 0 A   x  2; y  1; z  1 ;
 
 M 0 A, u    y  z; 2 z  x;  x  2 y  ;


 
2
2
2
 M 0 A, u 
 y  z    2z  x   x  2 y 
33


d  A,   



2
6
u

0.50


  y  z    2 z  x    x  2 y   99 (3)
2

2

2

Giải hệ (1), (2), (3) ta được  x; y; z    1; 1; 4  , 

23 8 17 
; ;  .
7
 7 7

Vậy A1  1; 1; 4  , A2 

23 8 17 
; ; 
7 
 7 7

VII b

0.50

Điều kiện x  0, y  0 .
1
log3 x 2  log3 y  0  log3 x  log3 y  x  y  x  y  x   y
2

Với x  y , thay vào pt thứ nhất trong hệ ta được 32 x  3x  10  x  0

(không thỏa mãn điều kiện).
Với x   y , ta có 32 x  3 x  10  9.32 x  10.3x  1  0  3x  1  3x 

0.50
1
9

 x  0 (loại) ; x  2 .

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2; 2 

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

7