Ðề thi thử đại học, cao đẳng lần III môn thi: Toán - Khối A

 1/4 
TRUNG TÂM LUYỆN THI ðH SÔNG LÔ 
ð/c: ðồng Thịnh – Sông Lô – Vĩnh Phúc 
ðT : 0987.817.908; 0982.315.320 
ðỀ CHÍNH THỨC 
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011 
Môn thi : TOÁN - khối A. 
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) 
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số 
2
1
x
y
x
=
−
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số . 
 2. Tìm trên ñồ thị (C) hai ñiểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A với A(2;0). 
Câu II (2,0 ñiểm) 
 1. Giải phương trình )
2
2sin(
sin cos
2sin
cot
2
1 π
= +
+
+ x
x x
x
x 
 2. Giải bất phương trình : 2 235 5 4 24x x x+ < − + + 
Câu III (1,0 ñiểm) . Tính tích phân : 
4 2
4 2
4
sin
cos (tan 2 tan 5)
xdx
x x x
π
π
−
− +∫ 
Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ tam giác ñều ABC.A' B'C ' có 1, ' ( 0).>==AB CC m m Tìm m biết 
rằng góc giữa hai ñường thẳng 'AB và BC ' bằng 600 . 
Câu V (1,0 ñiểm). Tìm m ñể phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 
 2 210x 8 4 (2 1). 1x m x x+ + = + + 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) 
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 ñiểm) 
1. Trong mp toạ ñộ (Oxy) cho 2 ñường thẳng: (d1): 7 17 0x y− + = , (d2): 5 0x y+ − = . Viết phương trình 
ñường thẳng (d) qua ñiểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao ñiểm của (d1),(d2). 
2. Cho ba ñiểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa ñộ ñiểm D thuộc ñường thẳng AB sao cho 
ñộ dài ñoạn thẳng CD nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1,0 ñiểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 ñiểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C): 
 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C)và ñường thẳng d (cho 
biết ñiểm A có hoành ñộ dương). Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B. 
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 
2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . 
 ðiểm M di ñộng trên (S) và ñiểm N di ñộng trên (P). Tính ñộ dài ngắn nhất của ñoạn thẳng MN. Xác ñịnh vị 
trí của M, N tương ứng. 
Câu VII.b (1 ñiểm). Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+
2
2
z
+z+1 = 0 
-------------------------------HẾT------------------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh...........................................................................số báo danh..................................................... 
 2/4 
TRUNG TÂM LUYỆN THI ðH SÔNG LÔ 
ð/c: ðồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc 
ðT : 0987.817.908; 0982.315.320 
ðÁP ÁN CHÍNH THỨC 
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011 
Môn thi : TOÁN - khối A. 
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề 
Câu Ý Nội dung ðiểm 
I 2 
 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1,00 ñiểm) 
-Tập xác ñịnh: R\{1} 
-Sự biến thiên: 
( )2
2
' 0 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( );1−∞ và ( )1;+∞ 0.25 
-
( ) ( )1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
− +
→ →
= −∞ = +∞ → = là tiệm cận ñứng 
- lim lim 2 2
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = → = là tiệm cận ngang 
0.25 
-Bảng biến thiên 
-∞
+∞
2
2
y
y'
x
--
+∞
1
-∞
0.25 
-ðồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ ñồ thị cân ñối, ñảm bảo tính ñối xứng của 2 nhánh qua giao ñiểm của 
hai ñường tiệm cận. Thể hiện ñúng giao ñiểm của ñồ thị với các trục toạ ñộ. 
0.25 
 2 Tìm toạ ñộ hai ñiểm B, C 1,0 
Ta có 
2
( ) : 2
1
C y
x
= +
−
; Gọi 
2 2
( ;2 ), ( ;2 ),
1 1
B b C c
b c
+ +
− −
với ( b < 1 < c). 
 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có 
· · · · · ·; 90AB AC CAK BAH CAK ACK BAH ACK= + = = + ⇒ = và · · 090
AH CK
BHA CKA ABH CAK
HB AK
=
= = ⇒ ∆ = ∆ ⇒
=



 H K
B
A
C
0,5 
Hay 
2
2 2
11
2 3
2 2
1
b
bc
c
c
b
− = +
= −−
⇔
=
+ = −
−

 
 


 .Vậy ( 1;1), (3;3)B C− . 0,5 
II 2,0 
 1 Giải phương trình  1,0 
 §iÒu kiÖn: sin 0, sin cos 0.≠+≠x x x 
PT⇔ 
2
cos 2sin cos cos 2cos
2cos 0 0 cos sin( ) sin2 0
2 sin sin cos 2 sin sin cos 4
x x x x x
x x x x
x x x xx x
π
+ − = ⇔ − = ⇔ + − =
+ +
 
 
 
0.5 
 3/4 
+) .,
2
0cos Ζ∈+=⇔= kkxx π
π
+) 
22 2
44sin 2 sin( ) , Z
24
2 2
4 34
x mx x m
x x m n
n
xx x n
ππ
ππ
π
π ππ
π π
= += + +
= + ⇔ ⇔ ∈
= += − − +




  
2
4 3
t
x
π π
⇔ = + 
0,25 
§èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π
π
kx +=
2
; .,,
3
2
4
Ζ∈+= tk
t
x
ππ
0.25 
 2 Giải bất phương trình. 1,0 
BPT tương ñương: 2 2 2 2
2 2
11
35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24)
35 24
x x x x x x x
x x
+ − + < − ⇔ < − ⇔ < − + + +
+ + +
 0.25 
a)Nếu x
4
5
≤ không thỏa mãn BPT 0.25 
b)Nếu x > 4/5: Hàm số 2 2(5 4)( 35 24)y x x x= − + + + với x > 4/5 
y’= 2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
+ + + + − +
+ +
>0 mọi x>4/5 
Vậy HSðB. +Nếu 4/5<x≤ 1 thì y(x) ≤ 11 
 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 
0.5 
 Tính tích phân 1,0 III 
24
4 2
4
sin
cos (tan 2 tan 5)
xdx
I
x x x
π
π
−
=
− +∫ . ðặt 2tan 1
dt
t x dx
t
= ⇒ =
+
. Ta có 
1 12
2 2
1 1
2
2 ln 3
2 5 3 2 5
t dt dt
I
t t t t− −
= = + −
− + − +∫ ∫ 
0.5 
Tính 
1
1 2
1 2 5
dt
I
t t−
=
− +∫ . ðặt 
0
1
4
1 1
tan
2 2 8
t
u I du
π
π
−
−
= ⇒ = =∫ . Vậy 
2 3
2 ln
3 8
I
π
= + − . 
0,5 
IV 1,0 
Hình Vẽ 
 KÎ // ' ( ' ')BD AB D A B∈ 060)',()','( ==⇒ BCBDBCAB 060'=∠⇒ DBC hoÆc .120' 0=∠DBC 0,25 
 NÕu 060'=∠DBC . V× l¨ng trô ®Òu nªn ' ( ' ' '),BB A B C⊥ ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã 
1' 2 +== mBCBD vµ .3'=DC KÕt hîp 060'=∠DBC ta suy ra 'BDC∆ ®Òu. 
Khi ñó .2312 =⇔=+ mm 
0,5 
 NÕu 0120'=∠DBC . ¸p dông ®Þnh lý cosin cho 'BDC∆ suy ra 0=m (lo¹i). VËy .2=m 0,25 
C 
C’ B’ 
B 
A’ m 
D 3
1 
1 0120 
A 
 4/4 
V Tìm m ñể phương trình  1,0 
2 2 21 0 8x 4 2(2 1) 2( 1)x x x+ + = + + + (3) ⇔ 
2
2 2
2 1 2 1
2 2 0
1 1
x x
m
x x
æ + ö æ + ö÷ ÷ç ç- + =÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø+ +
. 
0,25 
ðặt 
2
2 1
1
x
t
x
+
=
+
 ðiều kiện : –2< t 5£ . Rút m ta có: m=
22 2t
t
+
. 0,25 
Lập bảng biên thiên ñược ñáp số 
12
4
5
m< £ hoặc –5 < 4m < - 0,5 
VI
a 
2,0 
 1 Viết phương trình ñường thẳng ... 1,00 
 Phương trình ñường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: 
1
2 2 2 2 2
3 13 0 ( )7 17 5
3 4 0 ( )1 ( 7) 1 1
x yx y x y
x y
+ − = ∆− + + − 
= ⇔  − − = ∆+ − +
 0,5 
 PT ñường cần tìm ñi qua M(0;1) và song song với 1 2,∆ ∆ nên ta có hai ñường thẳng thoả mãn 
3 3 0x y+ − = và 3 1 0x y− + = 
0,5 
 2 Tìm toạ ñộ ñiểm D 1,00 
Ta có ( )1; 4; 3AB = − − −
uuur
 Phương trình ñường thẳng AB: 
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −

= −
 = −
0,25 
 ðể ñộ dài ñoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25 
 Gọi tọa ñộ ñiểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
. Vì AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-
9a+9=0
21
26
a = . Tọa ñộ ñiểm 
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 
 
0.5 
VII
a 
 Giải phương trình trên tập số phức 
1,00 
Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z2 và ñặt 
2 3 6z z
t
z
+ +
= , 
Dẫn tới phương trình : t2+2t-3 = 0 ⇔t=1 hoặc t=-3. 
0,5 
 • Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z ⇔ z2+2z+6 = 0 ⇔ z = -1± 5 i 0,25 
 • Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z ⇔ z2+6z+6 = 0⇔ z = -3 ± 3 0,25 
VI
b 
2,0 
 1 Tìm toạ ñộ ñiểm C 1,00 
 Tọa ñộ giao ñiểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 
2 2 0; 22 4 8 0
1; 35 2 0
y xx y x y
y xx y
= = + + − − = 
⇔ 
= − = −− − = 
.Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1). 0,5 
 Vì · 090ABC = nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của 
ñường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 
0,5 
 2 Tìm toạ ñộ các ñiểm M, N 1,0 
 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. 0,25 
 5/4 
Khoảng cách từ I ñến mặt phẳng (P): ( )( ) ( )
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ > . 
 Do ñó (P) và (S) không có ñiểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. 
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt 
phẳng (P) và M0 là giao ñiểm của ñoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). 
0,25 
 Gọi ∆ là ñường thẳng ñi qua ñiểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao ñiểm của ∆ và (P). 
ðường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( )2;2; 1Pn = −
r
 và qua I nên có phương trình là 
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +

= − + ∈
 = −
¡ . 
0,25 
 Tọa ñộ của N0 ứng với t nghiệm ñúng phương trình: 
( ) ( ) ( ) 15 52 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − .Suy ra 0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
 − − 
 
. 
Ta có 0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
 Suy ra M0(0;-3;4) 
0,25 
VII
b 
 Giải phương trình trên rập số phức ... 
1,00 
. z4-z3+
2
2
z
+z+1 = 0 ⇔ (z4+1)-(z3-z)+
2
2
z
=0. 0,5 
Chia cả hai vế cho z2, ta ñược : (z2+
2
1
z
) –(z-
1
z
) + 
1
2
=0 ⇔ 2
5
0,
2
w w- + = (với 
1
z
z
w = - ) 
⇔
1 3
,
2 2
iw = + hoặc 
1 3
2 2
iw = - 
+ Phương trình : z-
1
z
= 
1
2
+
3
2
i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- 
1
2
(1-i) 
+ Phương trình : z-
1
z
 = 
1
2
-
3
2
i cho nghiêm z3=-
1
2
(1+i) ; z4= 1-i 
0,5