1 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 (2010 -2011) Môn thi : Toán h ọc 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 1 x y x   (1) 1) Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm m để đường thẳng y x m    c ắt 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 g ốc tọa độ). Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 2 2 3 2 1 1 3 6.3 3 x x x x              2) Giải phương tr ình   3 2cos 2sin 1 tan cos sin 1 x x x x x     . Câu III (1 điểm) Tính tích phân   2 2 0 2sin cos dx I x x     Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác . S ABCD có hai mặt   SAC và   SBD cùng vuông góc v ới đáy, đáy ABCD là hình chữ nhật có , 3AB a BC a  , điểm I thuộc đoạn thẳng SC sao cho 2SI CI 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 tho ả mãn 2 2 2 3x y z   . Hãy tìm giá tr ị lớn nhất của biểu thức 5 A xy yz zx x y z       PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A ho ặc B) A. Theo chương trình Chu ẩn Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuy ến và phân giác trong kẻ từ cùng một đỉnh B có phương trình lần lượt là     1 2 : 2 3 0, : 2 0d x y d x y      . Điểm   2;1M thuộc đường thẳng AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, h ãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2) Trong không gian t ọa độ Oxyz , cho các điểm     0;0;2 , 6; 3;0C K  . Viết phương trình m ặt phẳn g   P đi qua , C K sao cho   P c ắt trục , Ox Oy l ần lượt tại , A B và th ể tích khối tứ diện OABC bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 3 1 z i i z   và 9 z z  là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho các điểm     1;2 , 4;3A B . Tìm tọa độ điểm M sao cho  135MAB   và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng 10 2 . sent to www.laisac.page.tl bui_trituan@yahoo.com 2 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 1;0 M  , đường thẳng 2 1 1 : 2 1 1 x y z        và mặt phẳng   : 2 0 P x y z     . Tìm tọa độ điểm A thuộc   P , biết AM vuông góc với đường thẳng  và khoảng cách từ A đến đường thẳng  bằng 33 2 . Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình   2 2 3 3 3 3 10 , 1 log log 0 2 x y x y x y             . Hết 3 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I Năm học 20 10-2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3) (Đáp án- thang điểm có 05 trang) Câu Nội dung Điểm I  Tập xác định:    1  Sự biến thiên: – Chiều biến thiên:   2 1 ' 0, 1 1 y x x       . 0.25 – Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;1  và   1;  . – Giới hạn và tiệm cận: – lim lim 1 x x y y     : tiệm cận ngang : 1 y  1 1 lim ; lim x x y y          tiệm cận đứng 1 x  . 0.25 – Bảng biến thiên: x  1  ' y   y 1   1 0.25 + Đồ thị: – Đồ thị cắt Oy tại   0;0 O – Đồ thị cắt Ox tại   0;0 O – Tâm đối xứng là điểm   1;1 I . 0.25 4 2) + PT hoành độ giao điểm 2 ( ) 0 1 x x m g x x mx m x          (1) với 1 x  . + Đường thẳng y x m    cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 x  2 0 4 4 0 0 4 1 0 (1) 0 m m m m m m g hoaëc hoaëc                            + Gọi 1 2 ; x x là hai nghiệm của (1), ta có     1 2 1 2 1 2 . 0 x x m x x m g x g x                 0.50 + Các giao điểm là     1 1 2 2 ; , ; A x x m B x x m     .       2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 2 4 AB x x x x x x m m            ;   2 2 4 AB m m   ;     2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 OA x m x x mx m g x m m m m            ; 2 2 OB m m   ;   , 2 m d O AB  .     2 2 4 1 1 . , . 2 4 . 2 2 2 2 OAB m m m m S AB d O AB m m      .     2 2 2 2 2 4 . . 2 2 4 2 4 OAB m m m m OA OB AB R S m m m       2 6 2 4 2 m m m m m           0.50 II 1) Điều kiện 2 x   hoặc 1 x  . Bpt 2 3 3 2 2 3 3 3 3 2 x x x x x x             0.50 2 2 2 2 0 2 0 2 2 2 0 2 x x x x x x x x x x x x                                  Tập nghiệm     ; 2 2;     0.50 2) Điều kiện cos 0,sin 1 x x   . Pt đã cho tương đương với   sin 3 2cos 2sin 1 . cos cos sin 1 x x x x x x         2 2sin 3 sin 1 2sin sin 3 2cos 2cos cos sin 1 cos sin 1 x x x x x x x x x x           0.50         2 2 2 2 2sin 3 sin 1 2cos 2sin 3 cos 2cos x x x x x x           1 5 3 2sin 2 sin 2 ; 2 2 6 6 x x x k x k k                 0.50 5 III Ta có :     2 1 2sin cos 5 sin cos 5 5 5 sin sin cos cos 5 cos x x x x x x x                 , với 2 1 sin , cos 5 5     . 0.50         2 2 0 2 0 1 1 tan tan tan 5cos 5 5 2 1 1 1 1 cot tan 2 5 5 2 2 dx I x x                                          0.50 IV G ọi O AC BD   ;     SAC SBD SO   ;         , SAC ABCD SBD ABCD   . Suy ra   SO ABCD  .   2 2 2 2 3 2 AC AB BC a a a OA OC a         . Đặt   0 SO h h   ; 2 2 2 2 SC SO OC h a     . 2 2 1 1 2 3 3 SI IC IC SC h a      . Tam giác AIC vuông tại I 2 2 2 2 1 35 3 AI AC IC a h      (điều kiện 35 h a ). 0.50 2 2 2 2 1 2 . . 35 . 2 3 SAC S AI SC SO AC a h h a ha           4 2 2 4 2 2 2 2 2 35 0 7 5 0 5 h a h a h a h a h a           (thỏa mãn 0 35 h a  ). 3 2 . 1 1 15 . 5. 3 3 3 3 S ABCD ABCD a V SO S a a    . 0.50 V Đặt   2 2 3 3 2 2 t t x y z t xy yz zx xy yz zx              . Vì 2 2 2 0 3 xy yz zx x y z        nên 2 3 9 3 3 t t      (vì 0 t  ) Khi đó 2 3 5 2 t A t    = 2 5 3 2 2 t t   . 0.50 Xét hàm số   2 5 3 2 2 t f t t    , 3 3 t   . Ta có   3 ' 2 2 5 5 0 t f t t t t      , vì 3 t  . Suy ra hàm số   f t đồng biến trên đoạn 3;3     . Do đó     14 3 3 f t f   . D ấu đẳng thức xảy ra khi 3 1 t x y z      . V ậy giá trị lớn nhất của A là 14 3 , đạt được khi 1 x y z    . 0.50 6 VI a 1)   1 2 1;1 B d d B   . Gọi N là điểm đối xứng với M qua 2 d . Tìm được   1;0 N . Suy ra : 1, : 1 BC x AB y   . G ọi   ;1 A a , (với 0 a  ),   1; C c . G ọi I là trung điểm của 1 1 ; 2 2 a c AC I          . 1 1 1 2. 3 0 2 3 0 2 2 a c I d a c            (1) 0.50 BC AB ABC    vuông tại B 5 R IB       2 2 2 2 1 1 5 1 1 20 2 2 a c a c                       (2) Gi ải hệ (1), (2) ta được 3, 3 a c    . Vậy     3;1 , 1; 3 A C  . K ết luận :       3;1 , 1;1 , 1; 3 A B C  0.50 2) Giả sử       ;0;0 , 0; ;0 0 A a B b ab  .   : 1 2 x y z P a b    . Vì   K P  nên 6 3 1 a b   (1) OABC là tứ diện vuông tại O nên 1 1 . . . .2 3 9 6 6 OABC V OA OB OC a b ab      (2) 0.50 Giải hệ (1), (2) ta được 3, 3 3 6, 2 a b a b           Vậy     1 2 : 2 2 3 6 0; : 4 3 6 0 P x y z P x y z         0.50 VII a G ọi z a bi   ;   ; 3 3 z a bi z i a b i         1 1 1 i z i a bi b ai        . Khi đó       2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 z i i z a b i b ai a b b a                2 b   . 0.50 3 2 2 2 9 9 5 2 26 2 ; 2 2 4 4 a a a z a i z a i i z a i a a              . 9 z z  là số thuần ảo 3 5 0 0 5 a a a a         Vậy số phức cần tìm là 2 , 5 2 , 5 2 z i z i z i       0.50 VI b 1) Gi ả sử   ; M x y . Kẻ MH AB  . Từ giả thiết suy ra 10 2 MH  và tam giác MAH vuông cân tại H . Suy ra 10 2 . 2 5 2 MA MH   . 0.25 7 Yêu cầu bài toán               2 2 2 2 3 1 1 2 1 cos135 , 135 2 10. 1 2 5 1 2 5 x y AB AM x y AM x y                                 0.25 Đặt 1, 2 u x v y     . Khi đó ta có     2 2 0;0 3 5 1, 2 2, 1 5 1;3 M u v u v u v u v M                          0.50 2) Gọi   ; ; , 2 0 A x y z x y z     (1)     1; 1; , 2; 1;1 MA x y z u         ; . 0 2 3 0 AM MA u x y z             (2)     0 0 2; 1;1 ; 2; 1; 1 M M A x y z        ;   0 , ;2 ; 2 M A u y z z x x y             ; 0.50         2 2 2 0 , 2 2 33 , 2 6 M A u y z z x x y d A u                         2 2 2 2 2 99 y z z x x y        (3) Gi ải hệ (1), (2), (3) ta được     23 8 17 ; ; 1; 1;4 , ; ; 7 7 7 x y z           . V ậy   1 2 23 8 17 1; 1;4 , ; ; 7 7 7 A A          0.50 VII b Điều kiện 0, 0 x y   . 2 3 3 3 3 1 log log 0 log log 2 x y x y x y x y x y            Với x y  , thay vào pt thứ nhất trong hệ ta được 2 3 3 10 0 x x x      (không thỏa mãn điều kiện). 0.50 Với x y   , ta có 2 2 1 3 3 10 9.3 10.3 1 0 3 1 3 9 x x x x x x            0 x   (loại) ; 2 x   . V ậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất     ; 2;2 x y   0.50 Hết Th ạch 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 bui_trituan@yahoo.com .   0.50 VII a G i z a bi   ;   ; 3 3 z a bi z i a b i         1 1 1 i z i a bi b ai        . Khi đó       2 2 2 2 3 1 3 1 3 1 z i i z a b i b ai a b b a    . 1 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN 3 (2010 -2 011) Môn thi : Toán h ọc Th i gian làm b i: 180 phút, không kể th i gian phát đề Ngày thi: 18/5 /2011 PHẦN.  . Tam giác AIC vuông t i I 2 2 2 2 1 35 3 AI AC IC a h      ( i u kiện 35 h a ). 0.50 2 2 2 2 1 2 . . 35 . 2 3 SAC S AI SC SO AC a h h a ha           4 2 2 4 2 2 2 2 2 35