KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG TÂY THỤY ANH ppsx

1

kỳ thi thử đại học năm 2011
Trờng thpt tây thụy anh . Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút.

A /phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 im )
Cõu I : ( 2 im ).
Cho hm s y = x
3
+ ( 1 2m)x
2
+ (2 m )x + m + 2 . (C
m
)
1.Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 2.
2. Tỡm m th hm s (C
m
) cú cc tr ng thi honh cc tiu nh hn 1.
Cõu II : ( 2 im ).
1. Gii phng trỡnh:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5
x
.
2. Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim duy nht :
2
2 3 .
x mx x


Cõu III : ( 2 im ).
1. Tớnh tớch phõn sau :

2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x





2. Cho h phng trỡnh :
3 3
( )
1
x y m x y
x y






Tỡm m h cú 3 nghim phõn bit (x
1
;y
1

);(x
2
;y
2
);(x
3
;y
3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3
lp thnh cp s cng


0
d

.ng thi cú hai s x
i
tha món
i
x
> 1
Cõu IV : ( 2 im ).
Trong khụng gian oxyz cho hai ng thng d
1
:

1 1 2
x y z

; d
2

1 2
1
x t
y t
z t









v im M(1;2;3).
1.Vit phng trỡnh mt phng cha M v d
1
; Tỡm M

i xng vi M qua d
2
.
2.Tỡm
1 2

;
A d B d

sao cho AB ngn nht .
B. PHN T CHN: ( 2 im ).
( Thớ sinh ch c lm 1 trong 2 cõu V
a
hoc V
b
sau õy.)
Cõu V
a
.
1. Trong mt phng oxy cho
ABC

cú A(2;1) . ng cao qua nh B cú phng trỡnh x- 3y - 7 = 0
.ng trung tuyn qua nh C cú phng trỡnh
x + y +1 = 0 . Xỏc nh ta B v C . Tớnh din tớch
ABC

.
2.Tỡm h s x
6
trong khai trin
3
1
n
x
x

bit tng cỏc h s khai trin
bng 1024.
Cõu V
b
.
1. Gii bt phng trỡnh :
2 2
1 1
5 5
x x


> 24.
2.Cho lng tr ABC.A

B

C

ỏy ABC l tam giỏc u cnh a. .A

cỏch u cỏc im A,B,C. Cnh bờn
AA

to vi ỏy gúc 60
0

. Tớnh th tớch khi lng tr.

______________ Ht ____________


www.laisac.page.tl

2

kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011
Trêng thpt t©y thôy anh . Môn Toán : Thêi gian lµm bµi 180 phót.


ĐÁP ÁN

Câ
u
Ý Nội dung Điể
m
I
.
200
1

.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
1,00
Với m = 2 ta được y = x
3
– 3x
2

+ 4
a ;Tập xác định : D = R.
0,25

b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu ……
Nhánh vô cực……

j
o
4
+

-

+
+
-
0
0
2
0
+

-

y
y'
x

0,25


c ; Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy

0,25
3

8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15
-10
-5
5
10
15

0,25
2

. Tìm m để đồ thị hàm số (C
m

) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ
hơn 1.
1,00
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2
ĐK sau :
+ y
’
=0 có 2 nghiệm pbiệt x
1
< x
2



' 2
4 5 0
m m   
f


m < - 1 hoặc m >
5
4


0,25


0,25
+ x

1
< x
2
< 1 ( Vì hệ số của x
2
của y
’
mang dấu dương )

….


'
4 2
m
 p

…

21
15
m p




0,25

Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số



; 1
m
  
5 7
;
4 5
 

 
 


0,25
II

2,00
1

1.Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5
x 
. ( I )

1,00

Đặt sinx + cosx = t (
2
t  ).


sin2x = t
2
- 1

( I )
0,25


2
2 2 6 0
t t
  

2
t
 
)
0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx =
2

…


os( ) 1
4
c x

  

+ Lấy nghiệm
0,25

Kết luận :
5
2
4
x k


  ( k

Z
) hoặc dưới dạng đúng khác .
0,25
2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .
x mx x
  


1,00
4


hệ
2 2

2x x 9 6x
3
m x
x

   



có nghiệm duy nhất
0,25

x
2
+ 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
0,25
+ ; Với x

0 (1)


2
6x 9x
m
x
 
 
. Xét hàm số :
f(x) =

2
6x 9
x
x
 
trên




;3 \ 0
 có f
’
(x) =
2
2
9
x
x

> 0
0
x
 

0,25

+ , x = 3

f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6


m < - 6 0,25
III

2,00
1

1. Tính tích phân sau :
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x





2
2
3
1
1
.
x
I dx

x x




=

2
2
1
1
1
x
1
x
d
x
x



=

2
1
1
( )
1
d x
x

x
x




= -
1
2
1
ln( )
x
x

=
…. =
4
ln
5

( Hoặc
2
2
3
1
1
.
x
I dx
x x





=
2
2
1
1 2x
x
1
d
x x
 

 

 

=……)

1,00





0,25

0,50


0,25
2

2.Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y

  

  




Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
;y
1
);(x
2
;y
2
);(x
3

;y
3
) sao cho x
1
;x
2
;x
3

lập thành cấp số cộng


0
d

.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1

3 3
( )
1
x y m x y
x y

  


  



2 2
( )( ) 0
1
x y x y xy m
x y

    

  




2
1
2
1
( ) 1 0
x y
y x
x x x m


  



  




    



Trước hết
( )
x

phải có 2 nghiệm pbiệt x
1
; x
2


3
4 3 0
4
m m   
f f


1,00

0,25




5


Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
+Trường hợp 1 :
1
2

; x
1
; x
2

+Trường hợp 2 : x
1
; x
2
;
1
2


+Trường hợp 3 : x
1
;
1
2

; x
2


0,25

Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
1 2
1 2
1
1
x x
x x m
  


 

đúng với mọi m >
3
4

Đồng thời có hai số x

i
thỏa mãn
i
x
> 1 ta cần có thêm điều kiện sau
2
1 4 3
1 4 3 3 3
2
m
x m m
  
   
f f f
Đáp số : m > 3




0,25
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 2
x y z
 
; d
2

1 2

1
x t
y t
z t
  





 


và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với M qua
d
2
.
.
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
…. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d
2
có pt 2x – y - z + 3 = 0
2,00

0,25

0,25

+ Tìm được giao của d
2
với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)
…

Điểm đối xứng M
’
của M qua d
2
là M
’
(-3 ;-2 ;-1)
0,25

0,25
2.Tìm
1 2
;
A d B d
 

sao cho AB ngắn nhất .
Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t
1
;-t
1
;1+t
1
) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng d
1
và d
2
.

0,50
IV

1
2
. 0
. 0
AB v
AB v








uuur ur
uuur uur
…….

tọa độ của
3 3 6
; ;
35 35 35
A
 
 
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B
 
 
 
 

0,50
Va

2,00
1

1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC

có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B
có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương
trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .







6

M
C
B
H
A

+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là
(3;1)
n 
r

AC có
phương trình 3x + y - 7 = 0

+ Tọa độ C là nghiệm của hệ
AC
CM



……

C(4;- 5)
+
2 1
;
2 2
B B
M M
x y
x y
 
  ; M thuộc CM ta được
2 1
1 0
2 2
B B
x y
 
  

+ Giải hệ
2 1
1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
 

  



  

ta được B(-2 ;-3)

0,25





0,25
Tính diện tích
ABC

.

+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
14
3 7 0
5
3x 7 0 7
5
x
x y
y
y



  



 

  


 



…. Tính được BH =
8 10
5
; AC = 2
10

Diện tích S =
1 1 8 10
. .2 10. 16
2 2 5
AC BH
 
( đvdt)




0,25




0,25

2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
3
1
n
x
x
 

 
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
+ ;
0 1
1024
n
n n n
C C C   


 
1 1 1024
n
 

2
n

= 1024

n = 10



0,25

0,25

-

2

+ ;
 
10 10
10
3 3
10
1 1
.
k
k
k
k o
x C x
x x


   
 
   

   

; …….
Hạng tử chứa x
6
ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .
0,25

0,25
V
b


2,00
1

1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x
 

> 24. (2)

1,00

7

(2)





2 2
2
5 5 24 5 5 0
x x
 
f


2
5 5
x
f

x
2
> 1

1
1
x
x





f
p




0,5



0,5
8

2

2.Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách
đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA
’
tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối

lăng trụ.





G
N
M
C
B
A
B'
C'
A'

Từ giả thiết ta được chop A
’
.ABC là chop tam giác đều .
·
'
A AG
là góc giữa
cạnh bên và đáy .


·
'
A AG
= 60

0
, … AG =
3
3
a
;
Đường cao A
’
G của chop A
’
.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy
A
’
G =
3
3
a
.tan60
0
=
3
3
a
.
3
= a.
…… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V =
3
1 3 3
. . .

2 2 4
a a
a a 



1,00









0,25

0,25

0,25
0,25














Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như
nhau .
+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.
9





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



có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B
sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x
2
– 4x - 3 =
x 5


Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
1
dx
1 x 1 x


  


Câu IV (1 điểm)
Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
  
. 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 )
1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên
đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
  

 

và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
 


 


 


Viết phương trình tham số của đường thẳng (

) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường
thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )
Tính tổng :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C
     
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C
1

) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C
2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
10

(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 :


5
log x 3
2 x



Ht
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010

Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề


Câu Nội dung Điểm

11

1
1.25
đ

Hàm số y =
2x 3
x 2


có :
- TXĐ: D =
R
\ {2}
- 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 ; limy



. 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 ;
3

2
)
+ Giao điểm với trục hoành :
A(3/2; 0)

- ĐTHS nhận điểm (2; 2)
làm tâm đối xứng










0,25





0,25

0,25







0,5
I
2.0đ
2
0,75
Ly im
1
M m;2
m 2







C
. Ta cú :


2
1

y' m
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






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

2
2
2
1
AB 4 m 2 8
m 2






. Du = xy ra khi m = 2
Vy im M cn tỡm cú ta l : (2; 2)




0,25



0,25

0,25
II
2,0đ 1
1,0đ

Phng trỡnh ó cho tng ng vi :
2(tanx + 1 sinx) + 3(cotx + 1 cosx) = 0


8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10

y
y
x




-

2
-
2

2

2
12


   
sin x cosx
2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x
   
      
   
   
   
  

 
2 3
cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x

 
    
 
 

 Xét
2 3 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2

          
k

 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx
với
t 2; 2
 
 
 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2
t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2

        

Suy ra :
1 2

2cos x 1 2 cos x cos
4 4
2
  
   
       
   
   

x 2
4

     
k

0,25



0,25


0,5

2
1,0®
x
2
- 4x + 3 =
x 5


(1)
TX§ : D =

5; )
 

   
2
1 x 2 7 x 5
    

®Æt y - 2 =
x 5

,
 
2
y 2 y 2 x 5
    

Ta cã hÖ :
 
 
 
  
2
2
2
x 2 y 5

x 2 y 5
y 2 x 5 x y x y 3 0
y 2 y 2

  

  


 
       
 
 
 





 
 
2
2
x 2 y 5
x y 0
5 29
x
2
x 2 y 5
x 1

x y 3 0
y 2



  





 









 
 
  







 


  









0,25






0,25







0,5

III
1.0®
1®
Ta có :
1
2
1
dx
1 x 1 x

  

=
 
 
1 1
2 2
2
2
1 1
1 x 1 x 1 x 1 x
dx dx
2x
1 x 1 x
 
     
 
  
 

1 1
2
1 1
1 1 1 x
1 dx dx
2 x 2x
 

 
  
 
 
 


1
1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2


 
      
 
 
 



1
2
2
1
1 x
I dx
2x




. Đặt
2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx
      
Đổi cận :
x 1 t 2
x 1
t 2

 




 






0,5




0,5
13

Vậy I
2
=
 
2
2
2
2
t dt
0
2 t 1




Nên I = 1
IV
2®

1.0®
Gọi

là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :
·
SCA
 
; BC = AC = a.cos

; SA = a.sin


Vậy
 
3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
        

Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
 
1

f ' x 0 x
3
   
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay
 
 
x 0;1
1 2
Maxf x f
3 3 3

 
 
 
 

Vậy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin

=
1

3
hay
1
arcsin
3
 
( với 0 <
2

 
)

0,25







0,5


V
1.0®

+Ta có :
1 1 1 1
2 4 2
.( )

x y z x y z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
 
  

+ Lại có :
1 1 1 1
( );
x y 4 x y
 



1 1 1 1
( );
y z 4 y z
 




1 1 1 1
( );
x z 4 x z
 


cộng các BĐT này ta được đpcm.

1®
VIa
2®


1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a
2
+ b
2


0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của
AB tạo với BC nên :

2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1

2 5 . a b 2 5 . 12 1
 

   


2 2
2a 5b
29
5
a b

 






2
2 2
5 2a 5b 29 a b
   


9a
2
+ 100ab – 96b
2
= 0

a 12b
8
a b
9
 







Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1)
không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0

0,25


0,25





0,25

0,25
A
B
C
S



14

2
1®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :

x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
 


 


 


+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP



u 1;1;2
v

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP


u ' 2;1;1
uur

Ta có :



MM' 2; 1;3
 
uuuuur






1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM' u,u' 2; 1;3 ; ; 8 0
 
    
 
uuuuur r uur

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :

   
 
MM' u,u '
8
d d , d'
11
u,u '
 
 
 
 
 
uuuuur r uur
r uur

0,25



0,25

0,25





0,25
VIIa

1đ

Chọn khai triển :
 
5
0 1 2 2 5 5
5 5 5 5
x 1 C C x C x C x
     L
 
7
0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 7 7 7 7 7 7 7
x 1 C C x C x C x C C x C x C x
           
L L L

Hệ số của x
5
trong khai triển của (x + 1)

5
.(x + 1)
7
là :

0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
    
Mặt khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và hệ số của x
5
trong khai triển của
(x + 1)
12
là :
5
12
C

Từ đó ta có :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
     =

5
12
C
= 792

.0,25



0,25

0,25


0,25
VIb
2đ
1
1đ

Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
) có
tâm I

2
(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2
+ B
2


0) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và I
2

đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :

 
 
2 2
2 2
5A 12B C

15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
  


 

 






Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |
Hay 5A – 12B + C =

3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)

C = A – 9B thay vào (2) :
|2A – 7B | = 5
2 2
A B


2 2

21A 28AB 24B 0
   

14 10 7
A B
21
 
 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14
10 7
 , C =
203 10 7
 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14
10 7
 )x + 21y
203 10 7
  = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
 
  , thay vào (2) ta
được : 96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .

0,25




0,25





0,25










0,25
2
1®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP


u 1;2;5

v

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP


u' 1; 2; 3
 
uur

Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là
1 3
I ;0;
2 2
 

 
 
hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7
u'
 
   
 
 
 

r
r uur
uur
.
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
     
 
 
 
r r r



15

15 15 15
b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
     
 
 
 
r r r

Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt
nhận hai véctơ
a,b
r r
làm VTCP và chúng có phương trình là :

1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
   

 
 

 

 

 
 

 
 

 

  

 
 

 

và
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7

 
   

 
 

 

 

 
 

 

 

 

  
 
 

 


VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log
5
( x + 3) = log
2
x (1)
Đặt t = log
2
x, suy ra x = 2
t





t t t
5
2 log 2 3 t 2 3 5

     

t t
2 1
3 1
3 5
   
  
   
   
(2)
Xét hàm số : f(t) =
t t
2 1
3
3 5
   

   
   

f'(t) =
t t
2 1
ln0,4 3 ln0,2 0, t
3 5
   
   
   
   

R

Suy ra f(t) nghịch biến trên R
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log
2
x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2

0,25


0,25




0,25



0,25
16

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn : Toán, khối D
(Thời gian 180 không kể phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị
nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0
   

2. Giải bất phương trình
 
2
4x 3 x 3x 4 8x 6

    

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4




 

 
 


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)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0
    
. Viết
phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo
một dây cung có độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao
cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2
  
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)

17

1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200
A C C C C
    
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
 
  

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
1
Tập xác định: D=R




3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
 

       

y’=3x
2
-6x=0
0
2
x
x







Bảng biến thiên:
x - 0 2 + 
y’ + 0 - 0 +
2 + 
y
- -2
Hàm số đồng biến trên khoảng:
(-;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
I
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
x
y x
y x
y



 



 
  





=>
4 2

;
5 5
M
 
 
 



0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ


0,25 đ

II
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0
   
(1)

18









  
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
    
   

Khi cos2x=1<=>
x k


,
k Z


Khi
1
sinx
2


2
6
x k



  hoặc
5
2
6
x k


  ,
k Z




0,5 đ


0,5 đ
2

Giải bất phương trình:
 
2
4x 3 x 3x 4 8x 6
    
(1)
(1)
 


2

4 3 3 4 2 0
x x x
     

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2
x x
  
=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x - 0 ¾ 2 + 
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2
x 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



0,25 đ



0,25 đ

III

Tính
 
 
3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos

sin xsin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
 
 



 

 

 
 


 


Đặt 1+cotx=t
2

1
sin
dx dt
x
  

Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
 

      
Vậy
 
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t






 
    
 
 





0,25 đ






0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ


19

IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA 

Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh
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
3 3

3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b

   
 
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c

   
 
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4

2 3 2 3
c c a c c
a a

   
 
(3)
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
2
+b
2
+c
2
=3
Từ (4)
3
2
P
 

vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P

khi a=b=c=1.




0,5 đ





0,25 đ


0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ,
=>  : 3x+y+c=0, c
≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y
-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=>
khoảng cách từ tâm I đến  bằng

2 2
5 3 4
 

 
2
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 0
x y
   
hoặc

3 4 10 1 0
x y
   
.
0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ

0,25 đ
VI.a
2
Ta có


1; 4; 3
AB
   
uuur




H
A
C

B
S
K
20

Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
 


 


 


Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên
cạnh AB, gọi tọa độ điểm 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 độ điểm
5 49 41
; ;
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


   
   
 

 
 
 






2 2
1 2
2 2
1 2
a
b

a
b


 




  





 




  





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
1
Ta có:
 
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1
x C C x C x C x
      (1)

 
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1
x C C x C x C x C x
       (2)
Lấy (1)+(2) ta được:
   
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 2
x x C C x C x C x
       

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
   
99 99
2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200
x x C x C x C x
      
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200
A C C C

    

0,25 đ


0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ
VI.b
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
    
  
  
          
  
  
      
  

=>


2; 10; 2
MA
  
uuur

Phương trình đường thẳng AB là:
3 2

10 10
1 2
x t
y t
z t
 


 


 



0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ




0,25 đ
VII.b
=24+70i,
7 5
i
  

hoặc
7 5
i
   

0,25 đ
0,25 đ
21

2
5 4
z i
z i
 



  


0,25 đ
0,25 đ
Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác!

trêng thpt hËu léc 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010
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

 
 
 
.
sin
6
x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm các nghiệm trên



0;2

của phương trình :
sin 3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x

 


2).Giải phương trình:
3 3
x 34 x 3 1
   

Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh
bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
22

1).Tớnh gúc gia AC v SD; 2).Tớnh khong cỏch gia BC v SD.
Cõu IV (2 im):
1).Tớnh tớch phõn: I =
2
0
sin x cosx 1
dx
sin x 2cosx 3

2). a.Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc C : | z | - iz = 1 2i
b.Hóy xỏc nh tp hp cỏc im trong mt phng phc biu din cỏc s phc z tho món :
1 < | z 1 | < 2
PHN T CHN: Thớ sinh chn cõu V.a hoc cõu V.b
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
d : y 4 2t
z 3 t








v

2
x 3u
d : y 3 2u
z 2









a. Chng minh rng (d
1
) v (d
2
) chộo nhau.
b. Vit phng trỡnh mt cu (S) cú ng kớnh l on vuụng gúc chung ca (d
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
ỳng 3quõn bi thuc 1 b ( vớ d 3 con K )
Ht
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
trờng thpt hậu lộc 2


đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2009-2010
Môn thi: toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu
Nội dung Điểm

I
2.0đ




Khảo sát và vẽ ĐTHS
- TXĐ: D =
R
\ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x x
Lim y Lim y 3

nên đờng thẳng y = 3 là tiêm cận
ngang của đồ thị hàm số




0,25

23

1
1,25đ

+)
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
2
x


< 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
| x 2 | = | y 3 |
3x 4 x
x 2 2 x 2
x 2 x 2





x 1
x
x 2
x 4
x 2








Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M
1
( 1; 1) và M
2

(4; 6)






0,25











0,25



0.5
2
0.75đ

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




(1)
Đặt t = sin
2
2x . Với
2
x 0;
3





thì


t 0;1

. Khi đó (1) trở thành :
2m =
3t 4
t 2


với


t 0;1

Nhận xét : với mỗi


t 0;1
ta có :
sin 2x t
sin 2x t
sin 2x t








Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn
2

0;
3




thì

3 3
t ;1 t ;1
2 4











0,25

0,5
y
y
x




-




-
2
3

3

6
4
2
-5
5

x
O
y

24

Da vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m y(3/4)
7
1 2m
5


Vậy các giá trị cần tìm của m là :
1 7
;
2 10







1
1,0đ
sin3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x



(1)
2cos2x.sin x
2cos 2x

4
2 sin x






ĐK : sinx 0 x

k

Khi


x 0;

thì sinx > 0 nên :
(1)
2
cos2x =
2
cos 2x
4

x
16 2


k

Do


x 0;

nên
9
x hay x
16 16


Khi


x ;2

thì sinx < 0 nên :
(1)
2

cos2x =
2
cos 2x
4

cos -2x = cos 2x-
4






5
x
16 2


k

Do


x ;2

nên
21 29
x hay x
16 16

0,5







0,5

II
2,0đ
2
1,0đ
Đặt
3 3
u x 34, v x 3

. Ta có :


2 2
3 3
u v 1
u v 1
u v u v uv 37
u v 37














2
u v 1
u v 1
uv 12
u v 3uv 37

u 3
v 4
u 4
v 3

Với u = -3 , v = - 4 ta có : x = - 61
Với u = 4, v = 3 ta có : x = 30
Vậy Pt đã cho có 2 nghiệm : x = -61 và x = 30

0,25



0,5




0.25
III
1.0đ
1đ
a)Ta có : AB =
2 5
,
Gọi M là trung điểm của BC ,
ta có : DM = 1
SD =
2 2
SA AD 30
,
SC =

2 2
SA AC 29

SM =
2 2
SC CM 33

Ta có :
2 2 2
SD MD SM 30 1 33 1
cos SDM
2SD.MD
2 30 30

(*)
Góc

giữa hai đờng thẳng AC và SD là góc giữa hai đờng thẳng DM và
SD hay

bù với góc

SDM . Do đó : cos

=
1
30

b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó :
d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))

0.5








N
M
D
S
A
B
C
K

25

Kẻ CK và AH vuông góc với SN , H và K thuộc đờng thẳng SN
Ta có : DN // BC

DN AC 1


Và




SA ABC SA DN 2


Từ (1) và (2) suy ra : DN

( SAC)


DN KC 3

Do cách dựng và (3) ta có : CK

(SND) hay CK là khoảng cách từ C đến
mp(SND)
Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK
Mà trong tam giác vuông SAN lại có :
2 2 2
1 1 1 1 5
1 AH
AH SA AN 25
26

Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK =
5
26










0,5
IV
2đ
1
1.0đ
Ta có : sinx cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx sinx) + C
= (A 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C
1
A
5
A 2B 1
3
2A B 1 B
5
3A C 1
8

C
5

















Vậy I =

2 2 2
0 0 0
d sin x 2cosx 3
1 3 8 dx
dx
5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3

I =

2
2
0
0
1 3 8
x ln sin x 2cosx 3 J
5 5 5





I =

3 8
ln 4 ln5 J
10 5 5



Tính J =
2
0
dx
sin x 2cosx 3

.
Đặt t = tan
x
2
2
2
1 x 2tdt
dt tan 1 dx
2 2 t 1






Đổi cận : Khi x =
2

thì t = 1
Khi x = 0 thì t = 0
Vậy

1 1 1
2
2 22
2
0 0 0

2 2
2dt
dt dt
t 1
J 2 2
2t 1 t t 2t 5
t 1 2
2 3
t 1 t 1








Lại đặt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan
2
u + 1)du
Đổi cận khi t = 1 thì u =
4


Khi t = 0 thì u =

với tan
1
2

2
4
4
2
2 tan u 1 du
J u
4
4 tan u 1


















0,25

0,25

0.5