SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x



.
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm


1;1
I  và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I
là trung điểm của đoạn MN.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
 


Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức:
3 3
8 9
M x y xy
   .
2. Chứng minh
 
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
       
  
với mọi số dương
; ;
a b c
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.

Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
 
 
 
. Viết phương trình chính
tắc của elip đi qua điểm M và nhận


1
3;0
F 
làm tiêu điểm.
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y


  





 
.
0,25 đ
Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
x x
y y y
 
   
là TCN.

   
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
 
   
      
là TCĐ
0,25 đ

 
2
4
' 0,
1
y x D
x

0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)

Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua


1;1
 .
4
2
-2
-
5
5
x = -1
y = 1
y
x
O


Ý 2
(1,0đ)

Hay:


2
2 4 0
f x kx kx k
    
có 2 nghiệm PB khác
1
 
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f



      


  


x x x x x x x x
x x x x x x x x
        
      

.
0,50 đ

2
2
( 3 cos sin )( 2cos 6cos 8) 0
tan 3
3cos sin 0
cos 1
cos 3cos 4 0
cos 4( )
x x x x
x
x x
x
x x
x loai
     



  
  





0,25 đ
Ta có :
2 2
9 3
x y xy
   
.
0,25 đ
. Khi:
3
xy

, ta có:
3 3
4
x y
 
và


3 3
. 27
x y
  

Suy ra:



3 3
4
x y
  
và


3 3
. 27
x y
 

Suy ra:


3 3
;
x y

là nghiệm PT
2
4 27 0( )
X X PTVN
  
0,25 đ
Ta đặt
2
t x y
 
, từ giả thiết suy ra

Xét hàm f(t) với
2 30 2 30
5 5
t ;
 
 
 
 
, ta được:
   
35 12 30 35 12 30
5 5
min f t ; max f t
 
 
0,5 đ
Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
     
 
(1) 0,50 đ
Câu III
(2,0đ)

ab bc ca a b c
a b b c c a
       
  

0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có:
( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA


   



.
0,25 đ
Mà ' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH
    
.
0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2

: 1
x y
d
a b
 
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8
ab
a b
  
.
0,25 đ
Khi
8
ab

thì
2 8
b a
 
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0
b a d x y
     
.
0,25 đ
Khi
8


3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
        
. KL
0,25 đ
ĐK:
0 6
x
 
. BPT


 
2
2
2 2
log 2 4 log 6
x x x
   
.
0,25 đ
Hay: BPT
 
2
2 2
2 4 6 16 36 0
x x x x x
       

2 2
3 6( 1) 2( 7 2) 0
x m x m m
     
có
hai nghiệm phân biệt. Hay
4 17
m   hoặc
4 17
m  
0,25 đ
Chia y cho y’ ta có
'( ) ( ) ( )
y y x q x r x
 
;
2 3 2
2 2
( ) ( 8 1) ( 5 3 2)
3 3
r x m m x m m m
       

0,25 đ
Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ
'( ) 0
( )
'( ). ( ) ( )
y x
y r x

1( 0)
x y
a b
a b
   0,25 đ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
 
 






0,25 đ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )

1
y x
 
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x

    
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)

Khi:
y x

thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x

 

x
x
k
x k x
x
x


    
    



 


 
 
 
   






0,25 đ
Lấy (1) – (2) ta có
 
1 1

 
 
      
 

 
 
 


0,25 đ
Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ
phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
k k
sao cho
1 2
. 1
k k
 Hay
 
2
2 2
2
2 2
1 0


0,25 đ
Câu
VIb
(2,0đ)

Ý 2
(1,0đ)

Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn
 
2
2
1 4
x y
  
trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường
thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.
0,25 đ

HẾT