http://ductam_tp.violet.vn/
Ngày thi 21/12/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
= + +
−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +

P
x y z
+ +
=
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d

∆
bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

Hết
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1

,
1
' 0
3
x
y
x
=

= ⇔

=

.

lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
,
2 2
lim ; lim
x x


0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2
x
y’
y
- ∞ 1 2 3
+ ∞
0
0
+ ∞
+ ∞
- ∞
- ∞
1
3
–
–
+
+
2 1.0
Với x
≠
2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m

m
m
=

⇔

=


Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt ⇔ m = 2.
0.25
II 2.0
1
Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:
sin cos 0x x

x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈Z
0.25
2


+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


− ≤ ≤

⇔ ≠


+

+ = −


( )
( )
2

∫
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =

0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x

tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN

2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3

đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
4
D
A
B
C
H
M
N
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=


c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =

 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m

3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2

n
∈


>

Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.

+ + =


+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2 1.0

= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

− + − =


− + + + =

0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
6
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
VII.b
Giải hệ phương trình
( )

>

0.25
Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
+ = + = + =
  
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25

 
=

 ÷
 

⇔

 
= − −

 ÷

 

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
http://ductam_tp.violet.vn/
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x 2
−
=

. CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm )
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
1. Tam giỏc cõn ABC cú ỏy BC nm trờn ng thng : 2x 5y + 1 = 0, cnh bờn AB nm trờn
ng thng : 12x y 23 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng AC bit rng nú i qua im (3;1)
2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho mp(P) :
x 2y + z 2 = 0 v hai ng thng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
+ +
= =

v (d)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
= +



2. Trong khụng gian vi h ta ờcỏc vuụng gúc Oxyz cho hai ng thng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
=


= +


= +

v (d)
x t
y 1 2t
z 3t
=


=


=

a. CMR hai ng thng (d) v (d) ct nhau .
b. Vit phng trỡnh chớnh tc ca cp ng thng phõn giỏc ca gúc to bi (d) v (d) .
Cõu VIIb.( 1 im )
Gii phng trỡnh :
( )

- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x
Lim y 2

=
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 làm TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
+

= = +
. Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 làm TCĐ
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =
( )
2
1
x 2


< 0
x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
;2
và hàm số không có cực trị
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;

m 2
=

.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :

( )
( )
2
1 1
y x m 2
m 2
m 2
= + +


Giao im ca (d) vi tim cn ng l :
2
A 2;2
m 2

+
ữ


Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 2)
Ta cú :
( )
( )
2

+ +
+ =
0,25
9
A
B
C
S

8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y
y
x
+

-
+

2
-
22
2

π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ
S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)

2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
10

(-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-
2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2
5
2 2 2
5

II
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
(1)

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k

2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
0,25 đ
0,25 đ
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
11
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x− + −
+ 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )

 ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
Đặt 1+cotx=t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3

3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC =>
BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại
K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=>
0
3
AHsin30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2

16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
0,5 đ
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
12
H
A
C
B
S
K
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a

4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −

26 26 26
D
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
2
a b i
a b
b a
b a


− + + =
− + + =
 
⇔
 




= − +




Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b 1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng
d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =
  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>

z i
= +

=>

= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác!
http://ductam_tp.violet.vn/
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
Môn: TOÁN (Thời gian : 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm):
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số :
3x 4
y
x 2
−
=
−
. Tìm điểm thuộc (C) cách đều
2 đường tiệm cận .
2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
2
0;
3

SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
1).Tính tích phân: I =
2
0
sin x cosx 1
dx
sin x 2cosx 3
π
− +
+ +
∫
2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i
b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn :
1 < | z – 1 | < 2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
14
Cõu V.a.( 2 im ) Theo chng trỡnh Chun
1).Vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit B(2; -1), ng cao v ng phõn giỏc trong
qua nh A, C ln lt l : (d
1
) : 3x 4y + 27 = 0 v (d
2
) : x + 2y 5 = 0
2). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc ng thng:
( )
1
x 1

1
) v (d
2
).
3). Mt hp cha 30 bi trng, 7 bi v 15 bi xanh . Mt hp khỏc cha 10 bi trng, 6 bi v 9 bi
xanh . Ly ngu nhiờn t mi hp bi mt viờn bi . Tỡm xỏc sut 2 bi ly ra cựng mu .
Cõu V.b.( 2 im ) Theo chng trỡnh Nõng cao
1).Trong mt phng vi h ta cỏc vuụng gúc Oxy , xột tam giỏc ABC vuụng ti A, phng
trỡnh ng thng BC l :
3
x y -
3
= 0, cỏc nh A v B thuc trc honh v bỏn kớnh ng
trũn ni tiptam giỏc ABC bng 2 . Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC .
2).Cho ng thng (d) :
x t
y 1
z t
=


=


=

v 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 v (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
a. Vit phng trỡnh hỡnh chiu ca (d) trờn (P)
b. Lp ph.trỡnh mt cu cú tõm I thuc ng thng (d) v tip xỳc vi hai mt phng (P) v (Q)
3). Chn ngu nhiờn 5 con bi trong b tỳ l kh . Tớnh xỏc sut sao cho trong 5 quõn bi ú cú

+)
x 2 x 2
Lim y ; Lim y
+

= = +
. Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận
đứng của đồ thị hàm số
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =
( )
2
2
2x


< 0 ,
x D
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
;2
và
- Đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;2)
+ Giao điểm với trục hoành : ( 4/3 ; 0)
+ ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đờng tiệm cận làm tâm đối
xứng
Gọi M(x;y)

(C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3

0.75
đ
Xét phơng trình : sin
6
x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x ) (2)
2 2
3 1
1 sin 2x m 1 sin 2x
4 2

=
ữ

(1)
Đặt t = sin
2
2x . Với
2
x 0;
3





3

thì
) )
3 3
t ;1 t ;1
2 4







0,25
16
y
y
x
+

-
+

-
2
3

Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số
12
2
−
+
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)
Câu 2 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình :
0
10
5cos3
6
3cos5 =






−+





Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC
1
và đường cao AH của mp(ABC)
Câu V (1,0 điểm)
Cho :
65
222
=++ cba
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :







∈++= )
2
,0(2sin.sin.2
π
xxcxbay
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
0124
22
=−−−+ yxyx
và đường thẳng d :

22
=−+ yx
.Tìm những điểm N trên elip (E)
sao cho :
0
21
60
ˆ
=FNF
( F
1
, F
2
là hai tiêu điểm của elip (E) )
2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng





=
=
=
∆
1
2:
z
ty
tx
và điểm

1.(1,25)
a/ Tập xác định : D
R=
\






2
1
b/ Sự biến thiên:
Dx
x
y ∈∀<
−
−
= 0
)12(
5
2
/
+ H/s nghịch biến trên
),
2
1
(;)
2
1

0,25
2.(1,0 điểm)
Pt đường trung trực đọan AB : y = x
Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :

x
x
x
=
−
+
12
2







+
=
−
=
↔
=−−↔
2
51
2
51

2
51
,
2
51
0,25
0,25
0,25
II ( 2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
Pt
)3sin5(sin33sin2
5sin33sin5
0
2
5cos3
2
3cos5
xxx
xx
xx
−=↔
=↔
=






2
1
-
∞+
∞−
2
1

∞+
Y
/
Y
/
/
//
/ /
x
2
1
y
x
4
3
+
-
4
13
1
4
3

3
9
=+++ AA
1.(1,0 điểm)
(E) :
33;11;24;1
4
222222
2
=→=−==→==→==+ cbacbbaay
x
+ Áp dụng định lí côsin trong tam giác F
1
NF
2
:

18
2
;
9
32
3
4
)(
3
4
.
2)()(
60cos.2)(




−−








−








−









0,25
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
+ Đường thẳng
)1,0,0(
0
Mquađi∆
và có vtcp
)0,2,1(
→
u
;
)2,2,4(,;)2,0,1(
00
−=






−=
→→→
uAMAM
+ Khoảng cách từ A đến
∆
là AH =
5
62








=+++−
=
=
=
5
32
)1()1(
1
2
222
zyx
z
ty
tx

0,25
0,25
0,25
t =
5
221
suy ra tọa độ E và F là :


−
=
1
5
242
5
221
1
5
242
5
221
z
y
x
z
y
x
0,25
VII.b
(1,0
+ Gọi số phức z = x + yi
),( Ryx ∈
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
20
điểm)
Hệ




2
4
1
4
11
4
y
x
x
y
x
y
x
y
Vậy số phức cần tìm là :
iz
3
3
4
1
4 +=
0,25
0,50
0,25
http://ductam_tp.violet.vn/
Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)


− + =


− + = −


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π
∫
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân
tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3
a b b c c a
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥

− −
= =
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x
+
+ +
+ =

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
21
f(t
)
f
/
(
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1C x y+ =
, đường thẳng

Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
∆
,
2
∆
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )M x f x C∈
có phương trình

0 0 0
'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − =
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2


c x x c x
π
− + + + =
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
22

os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =

2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = −
và
os( ) 2
6
c x

2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

− =


=


, ta được hệ
2
1
1
u v

ln lnt t
I dt dt
t t
= − =
∫ ∫
*Đặt
2
1
ln ;u t dv dt
t
= =

1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −

0
3
tan 60
2
a
SH H F= =
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK H S HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =

3
cos

3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
6.a
*
∆
có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −




2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)M −
và có vtcp
1
(1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua
2
(0;1;4)M
và có vtcp
2
(1;2;5)u =

0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1x ≠
, biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
+ =
+ + + + +
Đặt
log ( 1)
x
x t+ =
, ta được phương trình

1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x⇒ + =

x <
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x =
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x =
0.25
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
O A B
S OA O B A OB A O B= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A OB =

1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m⇔ = ±
0.25

z s
= +


= +


=

*Giả sử
1 2
;d A d B∩∆ = ∩ ∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
*
( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)n = −
ur
*
( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương

2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−


0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì
9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x− ≤

9 72 3
x x
⇔ − ≤