1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN. Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi:27/03/2011
******
A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số
1
12



x
x
y (1).
1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1).
2/. Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm M (C) sao cho tiếp tuyến của
(C) tại M vuông góc với đường thẳng OI .
Câu II: ( 2,0 điểm )
1/. Giải phương trình: )cot(tan
2
1
2sin
cossin 44
xx
x
xx


2/. Giải hệ phương trình









3
2
1
2
0)2(6)4(5)2( 2222
yx
yx
yxyxyx
Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: 

2
3
2
1
2
x1x
dx
.
Câu IV: ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
aSAABCDmpSA  ,)( . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông góc
của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI .
Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: 2x1xx31x3 22

B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb)
Câu VIa: ( 2,0 điểm )
1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 056:)( 22
 xyxC . Tìm điểm
M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của )(C mà góc giữa hai tiếp tuyến
đó bằng o
60 .
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
0522:)(  zyxP , 01322:)(  zyxQ và đường thẳng








t1z
t21y
t2x
:)d( . Viết phương
trình mặt cầu )(S có tâm thuộc đường thẳng )d( và đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
)(,)( QP .
Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Giải phương trình sau trên tập hợp số phức 01686 234
 zzzz
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu VIb: ( 2,0 điểm )
1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0 và đường tròn
0842:)( 22
 yxyxL . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d) và
đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường tròn
(L) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2/. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng )( :
31
2
2
1 zyx





và mặt phẳng
0122:)(  zyxQ . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng )( mà khoảng cách từ đó đến mặt
phẳng )(Q bằng 1.
Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải phương trình: xlog).324( 2
1xx
  x1x
423  
.
………………………………..Hết………………………………….

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN. Khối: D
Ngày thi: 27/03/2011
*****
ĐÁP ÁN (gồm 10 trang)
Câu Nội dung Điểm
A/ Phần bắt buộc:
Câu I:
(2,0đ)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số
1
12



x
x
y (1).
2,0đ
1/.(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 1,0đ
 TXĐ:  1RD 
 Sự biến thiên của hàm số:
.Nhánh vô tận:
2yđt
2ylim
2ylim
x
x










là tiệm cận ngang của đồ thị (C).
1xđt
ylim
ylim
1x
1x










là tiệm cận đứng của đồ thị (C).
0,25
 Chiều biến thiên:
2
)1x(
1
'y



Ta có: Dx,0'y 
 Bảng biến thiên:
x  1

y’ -  -
y 2  
 
2
0,25
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;1); (1;+)
 Hàm số không có cực trị 0,25
 Đồ thị:
Tiệm cận ngang: 2y 
Tiệm cận đứng: 1x 
Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)
Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (
2
1
; 0)
Các điểm khác :(-1;
2
3
), (2; 3), (3 ;
2
5
)
0,25

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
2/(1,0đ) Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm M (C) sao cho
tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OI .
1,0đ
Ta có:  )2;1(OI)2;1(I phương trình đường thẳng x2y
2
y
1
x
:OI 
 Đường thẳng OI có hệ số góc 2k 
0,25
Đặt 1x),y;x(M ooo  . Tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc:
2
o
o
)1x(
1
)x('f


Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng OI nên:
2
1
)1x(
1
2
1
)x('f12).x('f
2
o
oo 


0,25







21x
21x
2)1x(
o
o2
o 0,25

2
2
2y21x oo 

2
2
2y21x oo 
Vậy có hai điểm cần tìm là:

















2
2
2;21M,
2
2
2;21M 21 0,25
Câu
II:
(2,0đ)
1/(1,0đ) Giải phương trình: )cot(tan
2
1
2sin
cossin 44
xx
x
xx


(*)
1,0đ
Điều kiện: Zk,
2
kx0x2sin 

0,25
(*)
0,25
f(x)=(2*x-1)/(x-1)
f(x)=2
x(t)=1 , y(t)=t
x(t)=1 , y(t)=t
f(x)=3/2
x(t)=-1 , y(t)=t
f(x)=3
x(t)=2 , y(t)=t
f(x)=5/2
x(t)=3 , y(t)=t
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
x2sin
1
x2sin
x2sin
2
1
1
)
xsin
xcos
xcos
xsin
(
2
1
x2sin
xcosxsin2)xcosx(sin
2
22222





0x2sin0x2sin
2
1 2
 0,25
So sánh điều kiện, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25
2/(1,0đ) Giải hệ phương trình









)2(3
yx2
1
yx2
)1(0)yx2(6)yx4(5)yx2( 2222 1,0đ
Điều kiện: 0yx2 
06
yx2
yx2
5
yx2
yx2
)1(
2












Đặt
yx2
yx2
t


 , ta có phương trình: 





3t
2t
06t5t 2 0,25
 )3(2
yx2
yx2
2t 



Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình:













3
yx2
1
yx2
2
yx2
yx2
)I(








01y6y8
2
y3
x
2





























4
1
y
8
3
x
2
1
y
4
3
x
(thỏa điều kiện)
 Hệ )I( có 2 nghiệm: 











4
1
;
8
3
,
2
1
;
4
3
0,25
 )4(3
yx2
yx2
3t 



Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình:













3
yx2
1
yx2
3
yx2
yx2
)II(







)ptvn(01y3y3
yx
3
 Hệ )II( vô nghiệm 0,25
Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm: 











4
1
;
8
3
,
2
1
;
4
3
0,25

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
CâuIII
:
(1đ)
(1,0đ) Tính tích phân: 

2
3
2
1
2
x1x
dx
.
1,0đ



2
3
2
1
2
x1x
dx
I
Đặt:
2
x1t 
dx.
x1x
1
dt
1t
1
dx.
x1x
x
dx.
x1
x
dt
1tx
22
2
2
2
22


















Đổi cận:
2
1
t
2
3
x
2
3
t
2
1
x


0,25
dt
1t
1
1t
1
2
1
dt
)1t)(1t(
1
dt
1t
1
I
2
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
3
2  













0,25
  2
1
2
3
2
1
2
3 1t
1t
ln
2
1
1tln1tln
2
1
I 








0,25
3
347
ln
2
1
)32(3
32
ln
2
1
32
32
ln
3
1
ln
2
1
I














 0,25
Cách
khác



2
3
2
1
2
x1x
dx
I
Đặt dt.tcosdx
2
;
2
t,tsinx 







Đổi cận:
6
t
2
1
x
3
t
2
3
x




0,25
 


3
6
3
6
3
6
2
dt
tsin
1
dt
tcostsin
tcos
dt
tsin1tsin
tcos
I






(vì 0tcos  với 0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net







3
;
6
t

)
 

3
6
2
3
6
2
dt
tcos1
tsin
dt
tsin
tsin
I




Đặt dt.tsindutcosu 
Đổi cận:
2
3
u
6
t
2
1
u
3
t




    













2
3
2
1
2
3
2
1
2
1
2
3
2
du
u1
1
u1
1
2
1
du
u1.u1
1
du
u1
1
I 0,25
  2
3
2
1
2
3
2
1 u1
u1
ln
2
1
u1lnu1ln
2
1
I 








3
347
ln
2
1
3ln
32
32
ln
2
1 











 0,25
Câu
IV:
(1đ )
(1,0đ ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
aSAABCDmpSA  ,)( . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông
góc của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI .
1,0đ
Vẽ BEI,BESI  . AI là hình chiếu của SI lên )ABCD(mp
BEAI  (đlý 3 đường vuông góc)
0,25
Ta có: ABI đồng dạng BEC









BE
AB.EC
BI
BE
AB.BC
AI
EC
BI
BE
AB
BC
AI
Mà
2
5a
4
a
aECBCBE,
2
a
EC,aBCAB
2
222
 0,25

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Nên:
5
5a
2
5a
a.
2
a
BI,
5
5a2
2
5a
a.a
AI 
2
ABCD aS 
4
a
EC.BC
2
1
S,
4
a
DE.DA
2
1
S
2
BCE
2
ADE  
5
a
5
5a
.
5
5a2
.
2
1
BI.AI
2
1
S
2
ABI 
10
a3
5
a
2
a
aSSSSS
222
2
ABIBCEADEABCDAEI  
0,25
10
a
SA.S.
3
1
V
3
AEIAEI.S  
0,25
Câu
V:
(1,0đ)
(1,0đ ) Giải bất phương trình: 2x1xx31x3 22
 (*)
1,0đ
Điều kiện:
3
1
x  0,25
(*) 2x3x1x1x3 22

  2x3x
1x1x3
1x1x3 2
2
2




2x3x
1x1x3
2x3x 2
2
2




0,25
02x3x
1x1x3
2x3x 2
2
2




  01
1x1x3
1
2x3x
2
2



















2x
1x
02x3x2
0,25
So sánh điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là:  





;21;
3
1
0,25
B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb )
CâuVIa
:
(2,0 đ
)
1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
056:)( 22
 xyxC . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai
tiếp tuyến của )(C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng o
60 .
1,0đ
)C( có tâm )0;3(I và bán kính 2R  0,25

8. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Đặt )y;0(M o . Gọi MB,MA là các tiếp tuyến vẽ từ M đến đường tròn )C( (với B,A là
các tiếp điểm)
Vì )gt(60AMB o
^
 nên
o
^
30AMI  và AMI vuông tại A
Do đó : 4
30sin
2
AMIsin
AI
MI
MI
AI
AMIsin
o^
^
 0,25
Vậy 7y7y4)y(34MI o
2
o
2
o
2
 0,25
Có hai điểm cần tìm là:    7;0,7;0 
0,25
2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
0522:)(  zyxP , 01322:)(  zyxQ và đường thẳng








t1z
t21y
t2x
:)d( . Viết
phương trình mặt cầu )(S có tâm thuộc đường thẳng )d( và đồng thời tiếp xúc với cả hai
mặt phẳng )(,)( QP .
1,0đ
Gọi I là tâm và R là bán kính của mặt cầu )(S cần tìm.
Vì )d(I  nên )t1;t21;t2(I 
Theo giả thiết, ta có:
))Q(,I(d))P(,I(d
R))Q(,I(d
R))P(,I(d





 0,25
3
13)t1(2)t21(2t2
3
5)t1(2)t21(2t2 



7
2
t11t77t7 
0,25
3
3
5
7
5
.2
7
11
.2
7
16
R),
7
5
;
7
11
;
7
16
(I 

 0,25
Phương trình mặt cầu cần tìm là 9
7
5
z
7
11
y
7
16
x:)S(
222



















0,25
CâuVIIa
:
(1,0đ)
(1,0đ) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức 01686 234
 zzzz (*) 1,0đ
(*)  00z8z16z6z 324

        02zz.8z08zz8z.2z 22222
 0,25

9. Thi thử Đại học www.toanpt.net







)2(02zz
)1(08z
2
2
0,25
   i22zi22z8z)1(
222

 





2z
1z
)2(
0,25
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: 2,1,i22,i22  0,25
CâuVI
b:
(2,0 đ
)
1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0
và đường tròn 0842:)( 22
 yxyxL . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của
đường thẳng (d) và đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm
toạ độ điểm C thuộc đường tròn (L) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
1,0đ
Tọa độ các điểm B,A là nghiệm của hệ phương trình:






08y4x2yx
02y5x
22







0y26y26
2y5x
2 0,25




















)1;3(B
1y
3x
)0;2(A
0y
2x
0,25
Vì )L(C,B,A  và
o
^
90ABC  nên AC là đường kính của đường tròn (L)
Do đó I là trung điểm của đoạn thẳng AC
0,25
Đường tròn (L) có tâm )2;1(I 
Ta có:










2
yy
y
2
xx
x
CA
I
CA
I
















4y
4x
2
y
2
2
x2
1
c
c
c
c
Vậy : )4;4(C 
0,25
2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng )( :
31
2
2
1 zyx





và mặt phẳng 0122:)(  zyxQ . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng )( mà
khoảng cách từ đó đến mặt phẳng )(Q bằng 1.
1,0đ
Phương trình tham số đường thẳng








t3z
t2y
t21x
:)( 
Gọi M là điểm cần tìm. Vì )(M  nên: )t3;t2;t21(M 
0,25
Theo giả thiết, ta có:
1
3
1)t3(2)t2()t21(2
1))Q(,M(d 

 31t 
0,25






)12;2;9(M4t
)6;4;3(M2t
0,25
Vậy có hai điểm cần tìm là: )12;2;9(M),6;4;3(M  0,25
Cách
khác
Gọi )c;b;a(M là điểm cần tìm.
0,25

10. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Vì )(M  nên: )I(
6cb3
5b2a
3
c
1
2b
2
1a










Lại có: )II(31c2ba21
3
1c2ba2
1))Q(,M(d 

 0,25
Từ )I( và )II( , ta có hệ phương trình:








31c2ba2
6cb3
5b2a



























4c2ba2
6cb3
5b2a
2c2ba2
6cb3
5b2a



























12c
2b
9a
6c
4b
3a
0,25
Vậy có hai điểm cần tìm là: )12;2;9(M),6;4;3(M  0,25
CâuVIIb
:
(1,0đ)
(1,0đ) Giải phương trình: xlog).324( 2
1xx
  x1x
423  
(*)
1,0đ
Điều kiện: 0x  0,25
(*) 0324xlog).324( 1xx
2
1xx
 
0)1x).(log324( 2
1xx
 








)2(01xlog
)1(0324
2
1xx
0,25
 3logx
32
)l(12
032.22)1( 2x
x
xx2








0,25

2
1
x1xlog)2( 2 
So sánh điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm:
2
1
x,3logx 2 
0,25
----------------------------Hết----------------------------