Đề thi thử đại học môn Toán - Đề 1

 Biên soạn: Trần Duy Thái 2 
Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút 
ĐỀ 1 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3
2
x
x


 có đồ thị là (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, 
B sao cho AB ngắn nhất. 
Câu II (2 điểm) 
 1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       
2) Giải phương trình:  22 21 5 2 4; x x x x R     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2
1
ln
ln
1 ln
e x
I x dx
x x
 
   
 
Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao 
cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,   060ASO SAB  . Tính theo a chiều cao và 
diện tích xung quanh của hình nón 
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
 
  
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
1. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y  và điểm (2;1)M . Tìm 
phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB 
vuông cân tại M 
 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm  0; 1;2 ,A  
 1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu  S có phương trình: 2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 2x y z      
Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z   . 
Rút gọn biểu thức 
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
                     
       
2. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI (2 điểm) 
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C có phương trình  2 2: 4 25x y   và điểm 
(1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C tại 2 điểm ,A B sao 
cho 3MA MB 
 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P có phương trình: 1 0x y   . Lập phương trình 
mặt cầu  S đi qua ba điểm      2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng  P 
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 
www.VNMATH.com
 Biên soạn: Trần Duy Thái 3 
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: 
 
 
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
 
    
   
 
ĐÁP ÁN ĐỀ 1 
1) y= 2 3
2
x
x


 (C) 
 D= R\ {2} 
lim 2 : 2
x
y TCN y

   
2 2
lim ; lim
x x
y y
  
   TCĐ x = 2 
 y’ = 2
1 0; 2
( 2)
x
x
   

 BBT 
 2) Gọi M(xo; 0
0
2 3
2
x
x


) (C) . 
 Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x xx
x x
  
 
 ( )  TCĐ = A (2; 0
0
2 2
2
x
x


) 
 ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) 
0
0
2(2 4; )
2
AB x
x
 


 AB = 20 2
0
44( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
 
  
 AB min = 2 2  0
3 (3;3)
1 (1;1)o
x M
x M
 
  
II 1. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       1,0 
TXĐ: D =R 
2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 
           
0,25 
+ Với sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z

      
0,25 
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx    , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx      
được pt : t2 + 4t +3 = 0 
1
3( )
t
t loai
 
   
0.25 
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
www.VNMATH.com
 Biên soạn: Trần Duy Thái 4 
t = -1 
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
 


 
 
   

Vậy : 
 ( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 


   

  

  

0,25 
Câu II.2 
(1,0 đ) 
 22 21 5 2 4; x x x x R     
Đặt 2 2 4 22 4 2( 2 )t x x t x x     ta được phương trình 
2
21 5 2 8 0
2
t
t t t       
4
2
t
t
 
  
+ Với t =  4 Ta có 2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
  
     
     
2
0
2
2
x
x
x

   

+ Với t = 2 ta có 2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
  
    
     
2
0
3 1
3 1
x
x
x
   
 
ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x    
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
III 
2
1
ln
ln
1 ln
e x
I x dx
x x
 
   
 
I1 =
1
ln
1 ln
e x
dx
x x
, Đặt t = 1 ln x , Tính được I1 = 
4 2 2
3 3
 
0.5 
 22
1
ln
e
I x dx  , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 
I = I1 + I2 =
2 2 2
3 3
e  
0.25 
0.25 
www.VNMATH.com
 Biên soạn: Trần Duy Thái 5 
Câu IV 
(1,0 đ) 
Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a 
Đặt OA R 
 060SAB SAB   đều 

1 1 1
2 2 2 3sin
OA R
IA AB SA
ASO
    
Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2OA IA IO  
2
2 2 6
3 2
R a
R a R     
2SA a  
Chiếu cao:
2
2
a
SO  
Diện tích xung quanh: 2
6
2 3
2xq
a
S Rl a a     
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu V 
(1,0 đ) 
Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . 
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
 
           
Thay 5y x  được: 
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x

              
P bằng 
3
2
 khi 1; 4x y  Vậy Min P = 3
2
Lưu ý: 
Có thể thay 5y x  sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
 
 

0,25 
0,50 
0,25 
Câu 
AVI.1 
(1,0 đ) 
Anằm trên Ox nên  ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; )B b b , 
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b      
 
Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b bMA MB
MA MB a b b
      
 
        
 
, 
do 2b  không thỏa mãn vậy 
2
2 2 2 2 2
1
2 , 21
2 , 2 2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1)
2
b
a bb
a b b
b
b
a b b b b
b
        
 
                
2 2
2
21
2 , 2
12
1 4( 2) ( 1) . 1 0
( 2) 3
ab
a b
bb
ab b
b b
                        
0,25 
0,25 
S 
O A 
B 
I 
www.VNMATH.com
 Biên soạn: Trần Duy Thái 6 
Với: 
2
1
a
b



 đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y   
Với 
4
3
a
b



 đường thẳng  qua AB có phương trình 3 12 0x y   
0,25 
0,25 
ĐỀ 2 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x      có đồ thị (Cm). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 
 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng  ;2 
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 
 b) Giải phương trình : 3
2
3
512)13( 22  xxxx 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 


2ln3
0
23 )2( xe
dx
I 
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt 
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa 
AA’ và BC là 
a 3
4
Câu V (1 điểm) 
 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 122  yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 
1
1
22
44



yx
yx
P 
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn 
Câu VIa (2 điểm) 
 a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường 
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 
 b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với 
 O qua (ABC). 
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2  zzzz , z C. 
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2 điểm) 
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 
( ) : 3 5 0x y    sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau 
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 
2
5
1
1
3
4
:1 





 zyx
d
13
3
1
2
:2
zyx
d 


 
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22  xxx 
www.VNMATH.com