ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT THANH BÌNH pps

Sở GD và ĐT hải dơng

Trờng THPT Thanh Bình

Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn thi : toán, Khối A, B
(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)

A. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2 đ): Cho hàm số:
2
1
x
y
x



(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là
nhỏ nhất.
Câu II ( 2 đ):
1) Giải phơng trình:
6 6
4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4
0
sin 2
x x x x
x

2) Giải hệ phơng trình sau:
2 2
8 2 2 3 2
x y
y x
x y y








3) Giải phơng trình :
2
2x 3
x 2
x
3 .4 18




Câu III (1 đ): Tính tích phân sau:
2
2
1

1
ln
4 ln
e
I x dx
x x







Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A,
2
BC a

, hình chiếu của A trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác
ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ đó.
Câu V (1 đ): Cho hai số thực x, y thoả mãn :
3 1 3 2
x x y y


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y.
B. Phần tự chọn ( 3,0 điểm)
1. Theo chơng trình chuẩn:

Câu VI.a ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đờng
chéo BD có phơng trình: y - 3 = 0. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó.
2) Trong không gian Oxyz cho (P): 3x - 2y - 3z - 7 = 0 và
x 2 y 4 z 1
d :
3 2 2



.
Viết phơng trình đờng thẳng

đi qua A(-1; 0; 1), song song với mặt phẳng (P) và cắt
đờng thẳng d.
Câu VII.a (1đ): Tính tổng sau:
2 4 6 2010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C

.
2. Theo chơng trình nâng cao:
Câu VI.b ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) và đờng thẳng (d):2x+3y+4=0 . Lập phơng trình
đờng thẳng đi qua A tạo với đờng thẳng (d) một góc 45
0

.
2) Trong không gian Oxyz cho 3 đờng thẳng:

1
x 2 y 2 z 1
d :
3 4 1

;
2
x 7 y 3 z 9
d :
1 2 1



;
3
x 1 y 3 z 2
d :
1 1 2


Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d
3
và cắt d
1
, d
2
.

Câu VII.b ( 1đ): Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng.
Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi.
a) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi cùng màu.
Đề chính thức

b) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi khác màu.
www.laisac.page.tl


ĐáP áN
Câu I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( trình bày theo chơng trình cơ bản)
a) Tập xác định: D = R \ {-1}
b) Sự biến thiên
. Chiều biến thiên:

2 2
( 1) ( 2) 3
' 0 \ 1
( 1) ( 1)
x x
y x R
x x




=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (- , -1) và (-1, +)
. Hàm số không có cực trị
. Giới hạn:

+
2
lim lim 1
1
x x
x
y
x







=> Đờng thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
+
( 1) ( 1)
2
lim lim
1
x x
x
y
x

;
( 1) ( 1)
2
lim lim
1
x x
x
y
x









=> đờng thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
. Bảng biến thiên:

x
-
-1
+
y' + +
y

1
+


-
1
c) Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2;0 )
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-2)

f(x)=(x-2)/(x+1)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y


2) Gọi M(x
0
, y
0
) (C) , ( Trong đó
0
0
2
1
x
y
x

và x
0
-1)
Gọi d
1
là phơng trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0
Gọi d
2
là phơng trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0
Ta có:
1
( ; ) 0
1
M d
d x

;
2
( ; ) 0
1
M d
d y


Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là:
1 2
0

( , ) ( , ) 0
0
2
1 1
1
M d M d
x
d d d x
x





0 0 0
0 0 0
3 3 3
1 1 2 1. 2 3
1 1 1
x x x
x x x




Vậy:
min 0
0
3
2 3 1

1
d x
x



0 0
2
0
0 0
1 3 3 1
( 1) 3
1 3 3 1
x x
x
x x








Với: .
0 0
3 1 1 3
x y

.

0 0
3 1 1 3
x y

Vậy có 2 điểm M (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:


1
1 3;1 3
M
và


2
3 1;1 3
M
.
Câu II:
1)
6 6
4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4
0
sin 2
x x x x
x


(1)
Điều kiện: sin2x 0.
Ta có (1)

2 2
3
4(1 sin 2 ) 6cos2 2(2cos 2 1) 0
4
x x x



2 2
4 3sin 2 6cos2 4cos 2 2 0
x x x



2 2
4 3(1 cos 2 ) 6cos2 4cos 2 2 0
x x x



2 2
4 3 3cos 2 6cos2 4cos 2 2 0
x x x



2
7cos 2 6cos2 1 0
x x

cos2 1 sin 2 0 ( )
1
cos2 ( )
7
x x L
x TM








.
1
2 arccos 2
7
1
cos2
7
1
2 arccos 2
7
x k
x
x k

1 1
cos ( )
2 7
x arc k k Z






Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm

1 1
arccos
2 7

x k





và
1 1
arccos
2 7
x k






( )
k Z


2) Giải hệ phơng trình sau:
2 2
(1)
8 2 2 3 2 (2)
x y
y x
x y y

*
Điều kiện
8 0
2
3
x
y








Giải (1) ta có:
2 2 2 2
(*)
x y x y
y x x y


Xét hàm số
2

( )
f t t
t

với t

0.
2
2
'( ) 1 0 0
f t t
t

=> Hàm số đồng biến trên D




;0 0;

U .
Mà (*) ( ) ( )
f x f y x y

thế vào PT (2) ta có:

8 2 2 3 2
x x x

điều kiện

2
3
x



8 3 2 2 2
x x x



8 5 2 (3 2)(2 2)
x x x x



8 4 2 (3 2)(2 2)
x x x



4 2 (3 2)(2 2)
x x x



2
2 2
2
2 4 0

2
3
(3 2)(2 2) (4 2 )
6 2 4 16 16 4
x
x
x x x
x x x x














2
2
2
2
2
3
3
1 ( )

2 18 20 0
10 ( )
x
x
x TM
x x
x L



















Vậy ta có :
1
1
x

y





=>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1).
3). Điều kiện: x 0.
Ta có:
2 2
2x 3 2x 3
x 2 x 2
x x
3 3
3 .4 18 log 3 .4 log 18








2
3 3
4x 6
x 2 .log 2 2 log 2
x

2
3
3(x 2)
x 4 .log 2 0
x



(x-2)(x
2
+ 2x + 3log
3
2) = 0

2
3
x 2 = 0
2 ( )
x 2x 3log 2=0 (VN)
x tm






.
Câu III:

2
2
1
1
ln
4 ln
e
I x dx
x x






2
2
1 1
1
ln .
4 ln
e e
dx x dx
x x

* Ta tính tích phân
1
2
1
1
.
4 ln
e
I dx
x x







Đặt u = lnx => du =
dx
x

Khi x = 1 thì u = 0; Khi x = e thì u = 1

1
1
2
0
4
du

I
u




Đặt u = 2sint => du = 2costdt
Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t =
6



6 6 6
1
2
0 0 0
2.cos 2.cos
.
2.cos
4 4sin
t t
I dt dt dt
t
t




6
6

0
x




* Ta tính tích phân
2
2
1
ln .
e
I x dx



Đặt
2
2.ln .
ln
dx
du x
u x
x
dv du
v x

2
2
1
.ln .2ln .
1
e
e
dx
I x x x x
x



2
1
.ln 2.ln .
1
e
e
x x x dx

Đặt
ln
2
2
dx
u x
du
x
dv dx
v x













2
2
1
.ln 2 .ln 2
1 1

e
e e
dx
I x x x x x
x



2
.ln 2 ln 2
1 1 1
e e e
x x x x x


= e - 2e + 2e - 2 = e - 2
Vậy:
1 2
2
6
I I I e


.
Câu IV:
Do ABC vuông cân tại A mà BC =
2
a

=> AB = BC = a

2
1
.
2 2
ABC
a
S AB BC

(đvdt)
Ta có A'G (ABC) => A'G là đờng cao
của khối lăng trụ A'B'C'.ABC
Gọi M là trung điểm của BC
1 2
2 2
a
AM BC

Do G là trọng tâm ABC
2 2
3 3
a
AG AM
Xét A'AG ta có:
0 0
' 2 6
tan60 ' .tan60 3.
3 3
A G a a
A G AG
AG

2 3
. ' ' '
6 6
. ' .
2 3 6
ABC A B C ABC
a a a
V S A G

(đvdt)
Câu V: Ta có :


3 1 3 2 3 1 2
x x y y x y x y


Đặt:


x y a 3 1 2
x y a


Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm:

3 1 2
x y a

x y a







(I)
Ta có hệ (I)

( 1) ( 2) 3
3 1 2
x y a
x y a









Đặt
1 ; 2 ( 0; 0)
u x v y u v


Ta có hệ phơng trình:

2
2 2
2
2 3
33
1
3
3
3
2 9
a
u v
u v uv a
u v a
a
a
u v a
u v
uv a

Suy ra : u và v là nghiệm của phơng trình:
2
2
1
3 0
3 2 9
a a
t t a







(*)

Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t
1
, t
2
không âm
2
2
0 18 54 0
9 3 21
0 0 9 3 15
2
0
9 27 0
a a
S a a
P
a a












hay

9 3 21
9 3 15
2
A



Vậy:
9 3 21
9 3 15;
2
MaxA MinA

.
B

A
'

C'

G
A

B'

C

M

60
0
a

a

Phần tự chọn
1. Theo chơng trình chuẩn:
Câu VIa:
1). Đờng thẳng AC vuông góc với BD: y - 3 = 0 nên
có phơng trình dạng: x + c = 0. mặt khác AC lại
đi qua A( 4; 5) nên c = - 4.
Vậy AC: x- 4 = 0
(4;3)
I

.
Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính
R= AI = 2 nên có phơng trình:

2 2
4 3 4
x y


Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình:


2 2 2
3

3 3
6
4 3 4 4 4
2
y
y y
x
x y x
x


















Vậy: A(4;5), B(6;3), C(4;1), D(2;3).
Hoặc: A(4;5), B(2;3), C(4;1), D(6;3).
2).

Gọi B = d => B(2 + 3t; -4- 2t; 1 + 2t)
Ta có:
(3 3 ; 4 2 ;2 )
AB t t t

uuur
.
Vì // (P)
( (3; 2; 3) )
P P
AB n n
uuur uur uur
)

. 0
P
AB n

uuur uur

3(3 + 3t) - 2(-4 - 2t) - 3(2t) = 0
9 + 9t + 8 + 4t - 6t = 0
7t = -17
17
7
t


Lúc đó
30 6 34 2

; ; ( 15;3; 17)
7 7 7 7
AB





uuur

Vậy () có PT:
1 1
15 3 17
x y z




Câu VII.a (1đ):
2 4 6 1010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C



Ta có:

2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) . . . . .
K k
k
x C x C C x C x C x C x C x




2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) .( ) . . . . .
k k
k
x C x C C x C x C x C x C x






2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
(1 ) (1 )

. .
2
x x
C x C x C x C x

(1)
Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc:


2 2
2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
1 1
(1 ) (1 )
.
2
x x
dx C x C x C x C x dx





2011 2011
1 2 3 4 2009 2010
2010 2010 2010
(1 ) (1 )
2 2
1 1 1

2011 2011

2 2 4 2010
1 1
x x
C x C x C x













A
(4;5)

C

B

I(4;3
)

D

y=3

.

.

B

A
(-1;0;1)
(

)
p
n
r

P
(d)


2011 2011 2 4 2010
1 3 2009
2010 2010 2010
3 1 2 2 1 2 1 2 1

4022 2 4 2010
C C C

Vậy:
2011 2011
3 2 1
4022
S

.
2. Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b
1). Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là
(2;3)
d
n
uur

Đờng thẳng đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a
2
+ b
2
0)
ax + by - (2a +b) = 0
() có vec tơ pháp tuyến
( ; )
n a b


uur

Theo giả thiết thì góc giữa và d bằng 45

0
.

0
.
cos45 cos( , )
.
d
d
d
n n
n n
n n




uur uur
uur uur
uur uur


2 2
2 3
2
2
13.
a b
a b

2 2
26. 2 2 3
a b a b


26(a
2
+ b
2
) = 4(4a
2
+ 12ab + 9b
2
) 5a
2
- 24ab - 5b
2
= 0

2
5 24 5 0
a a
b b

5
1
5
a
b
a
b











TH1:
5
a
b

chọn a = 5, b = 1 có phơng trình: 5x + y - 11 = 0
TH2:
1
5
a
b

chọn a = -1, b= 5 có phơng trình: -x + 5y - 3 = 0.
2).
Gọi A, B lần lợt là giao điểm của d với d
1
và d
2

=> A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b)
=>
(5 3 ;5 2 4 ;8 )
AB b a b a b a

uuur

Đờng thẳng d
3
có vectơ chỉ phơng là
3
(1;1;2)
u
uur

Ta có:
3
, (2 5 7 ;2 3 5 ; )
AB u b a b a b a



uuur uur

Vì
3 3
// , 0
d d AB u



uuur uur r


2 5 7 0
1
2 3 5 0
1
0
b a
a
b a
b
b a

Khi đó A(5;2;2), B(8;5;8)
(3;3;6) 3(1;1;2)
AB
uuur

Vậy đờng thẳng (d) cần tìm có PT:
5 2 2
1 1 2
x y z



Câu VII.b (1 điểm)
a) Gọi A là biến cố Chọn đợc 2 viên bi xanh
B là biến cố Chọn đợc 2 viên bi đỏ
C là biến cố Chọn đợc 2 viên bi vàng
Và H là biến cố Chọn đợc 2 viên cùng màu
(d
1
)

(d
2
)

(d)

(d
3
)

3
u
uur
=(1;1;2)
.

.

A

B

Ta cã:
H A B C
  
vµ c¸c biÕn cè A , B , C ®«i mét xung kh¾c. VËy theo quy t¾c céng x¸c
suÊt ta cã:
         
22 2
3
4 2
2 2 2
9 9 9
5
18

C
C C
P H P A B C P A P B P C
C C C
         

b) BiÕn cè “ Chän ®îc hai viªn bi kh¸c mµu” chÝnh lµ biÕn cè
H
. suy ra
 
5 13
( ) 1 1
18 18
P H P H    
.