SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút không tính thời gian phát đề
(Đề thi gồm 04 câu chung, 2 câu lựa chọn riêng theo từng
chương trình học, 01 trang)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 ( 2điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
.
b) Tìm trên đồ thị hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
hai điểm A, B phân biệt đối xứng với nhau qua đường
thẳng y = 3x + 5.
Câu 2 (2 điểm)
Giải phương trình và bất phương trình sau:
a)

2 2
2x y 2x y 2y m
2xy x 4xy 2x 1 m

+ − − =


− + + + =


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 5a (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác đều ABC, đường tròn nội tiếp của ABC có
phương trình (x-1)
2
+ (y-2)
2
= 5

và đường thẳng BC đi qua điểm M(
7
2
;2). Xác định tọa độ điểm A.
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d:
x 1 y 1 z
2 1 1
− +
= =

= 16 tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Câu 6b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số phức: z
3
+ 3iz
2
- 3z - 9i = 0.
Hết
Họ và tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:……………………
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
(Đáp án gồm 05 câu, 06 trang)
Câu 1 (2 điểm)
a. (1 điểm)
- TXĐ
- Giới hạn, tiệm cận
- Đạo hàm, bảng biến thiên
- Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
b. (1 điểm)
Giả sử A(x
1

;2
2 2(x 1)(x 1)
+ + +
−
+ +
)
Điều kiện cần và đủ để A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: y = 3x + 5 là:
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1
1 2 2
3
.3 1
(x 1)(x 1)
AB d
3(x x 2) x x
I D
2 3. 5
2(x 1)(x 2) 2
(x 1)(x 1) 9 x 4
x x 2 x 2

= −

+ +
⊥


⇔

sin (x ) 2 sin x (sin x-cos x) 4sin x
4
π
− = ⇔ =

*)
x k ,k Z
2
π
= + π ∈
không là nghiệm của (3)
*)
x k ,k Z
2
π
≠ + π ∈
Đặt t = tanx
3 2 3 2 2
(1) (t 1) 4t(t 1) 3t 3t t 1 0 (t 1)(3t 1) 0 t 1⇔ − = + ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔ = −
t 1 x k ,k Z
4
π
= − ⇔ = − + π ∈
KL: Nghiệm của phương trình là
x k ,k Z
4
π
= − + π ∈
0.25
0,25

− − >

⇔

− − > + − +




>
>
 
⇔ ⇔ ⇔ >
 
 
− + >
− < + +


x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x
x x x
x
x
x
x x
x x x
Kết luận : Tập nghiệm của bất phương trình là (6 ;+∞)


Mà
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 4 16
OH SO ON 3x 4x a 3a
= + ⇒ = +
−
2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2
2 2
4a (4x a ) 3a x 4x (4x a ) 16x 17a x 4a 0
17 33 17 33 a( 33 1)
x a x a
32 32 8
⇒ − = + − ⇔ − + =
± ± ±
⇔ = ⇔ = =
9 33
SO a
32
±
⇒ =
3
SABCD ABCD
1 a 54 6 33
V SO.S
3 48
⇒ = =
m
0,25
0,25

3 t
0
1 1
3 t 2 t t t 3 2 t
0 0
1
x t 0;x 1 t 1
2
1
I (t t)e dt
2
1 1 7 2e
[(t t)e (3t 1)e +6te -6e ] (t 3t 7t 7)e
2 2 2
= ⇒ = = ⇒ =
= +
−
= + − + = − + − =
∫
0,25
0,25
0,5
b.(1 điểm)
2 2 2
2 2
2x y 2x y 2y m
(I)
2xy x 4xy 2x 1 m

+ − − =


Nhận xét: (I) có nghiệm duy nhất ⇔ (II) có nghiệm duy nhất.
+) Giả sử (a; b) là nghiệm duy nhất của (II) suy ra (b; a) cũng là một nghiệm của (II),
do đó a = b.
Khi đó phương trình 2a
3
– a
2
+ 1 = m có nghiệm duy nhất.
Xét f(a) = 2a
3
– a
2
+ 1, ta có: f’(a) = 6a
2
– 2a, f’(a) = 0⇔ a = 0 hoặc a =1/3
0,25
a - ∞ 0 1/3 +∞
f’(a) + 0 - 0 +
f(a)
1 +∞
-∞ 26/27
Từ BBT suy ra:
Phương trình 2a
3
– a
2
+ 1 = m có nghiệm duy nhất ⇔ m < 26/27 hoặc m > 1
+) m < 26/27 hoặc m > 1
3 2



−

⇔ ⇔

 
=

− + =
− + =
+


 



+ +


= −

−



Với m > 1: (3) có nghiệm duy nhất và (4) vô nghiệm ⇒ (II) có nghiệm duy nhất.
Với m < 26/27: (3) có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó âm
Xét

BC tiếp xúc với (C) suy ra d(I, BC) = R ⇒
2 2
5
a
a 2b BC : 2x y 9 0
2
5
a 2b BC : 2x y 5 0
a b
= + − =
 
= ⇒ ⇒
 
= − − − =
 
+
Gọi H là tiếp điểm của BC với (C) suy ra H là hình chiếu của I trên BC.
+) BC: 2x - y – 5 = 0 ⇒H (3;1)
0,25
0,25
IA 2IH ( 4;2) A( 3; 4)
= − = − ⇒ −
uur uur
+) BC: 2x + y – 9 = 0 ⇒H (3;3)
IA 2IH ( 4; 2) A( 3;0)
= − = − − ⇒ −
uur uur
0,25
0,25
b. (1 điểm)

Câu 6a (1 điểm)
z
3
- 3iz
2
- 3z +2i = 0⇔(z-i)
3
+i=0
⇔(z-i)
3
-i
3
=0
⇔
2 2
z 2i
i 3
(z 2i)[(z-i) +i(z-i)-1]=0 (z 2i)[(z- ) - ]=0
i 3
2 4
z
2
=


− ⇔ − ⇔
±

=


1
25 9
(25a 9)x 50a(2a 1)x 25(2a 1) 25.9 0
y ax 2a 1

= − +

+ =

⇔
 
+ − − + − − =


= − +

2
A B
2
50(2a a)
x x
25a 9
−
⇒ + =
+
⇒ AB có trung điểm là
2
2 2
25(2a a) 9 18a
I( ; )

+ (y-2)
2
+ (z-2)
2
= 16 có tâm là I(3;2;2); bán kính R =4
Mặt phẳng (P):x + y + z – 1 = 0 có 1 VTPT là
n(1;1;1)
r
Gọi H là hình chiếu của I trên (P) suy ra H(1; 0; 0)
IH 2 3⇒ =
Suy ra (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) tâm H bán kính R’ = 2.
HM 2 R '⇒ = < ⇒
mọi đường thẳng qua M đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Gọi d là đường thẳng cần tìm, K là hình chiếu của H trên d.
2 2 2 2
AB 2 R ' HK 2 R ' HM 2 2 MinAB 2 2⇒ = − ≥ − = ⇒ =
đạt được khi K trùng M.
Khi đó AB có 1 VTCP là
x t
n,HM (1; 2;1) AB: y 2t
z 1 t
=


 
= − ⇒ = −

 

= +

0,25
0,25
0,5