Tổng hợp 20 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết)

ĐỀ SỐ 1:
SỞ GD&DT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )
NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011
MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ (C
m
); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3.
2. Xác đònh m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao
cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu 2: 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

− − =


− + − =



Câu 3: Tính J =
−
∫
x
ln10
2
3
x
e dx
e 2
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt
bên (SAB)
vuông góc với đáy, SA=2a;
0
60SAB =
.
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
2009
x y z
+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a.
1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm
của nó trùng
với gốc tọa độ O.
2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x +
==
−
và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0.
Câu 7a. . Giải phương trình sau trong C: Z
3
- 2Z
2
+ 8Z – 16 = 0
2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b.
1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho
qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60

0
.
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d
1
) :





=
=
=
4z
ty
t2x
; (d
2
) :
3
0
x t
y t
z
= −


=



=

Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn
vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
).
Câu 7b. Giải phương trình sau trong C: Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
1
Het
www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1: : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m

)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C

m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =

2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠

∆ = − >



⇔
 
<
+ × + ≠



2
m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
= y’(x
D
) =
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =

+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) = 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D

+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét).
⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔ m =
( )
m
1
9 65
8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
Câu 2 :
1.
+ + =3sinx cosx 2cos3x 0
⇔ sin
π
3
sinx + cos
π
3

cosx = – cos3x.
2
⇔ cos
π
 
− =−
 
 
x cos3x
3
⇔ cos
π
 
− = π−
 
 
x cos( 3x)
3
⇔
π π

= +

∈

π

= + π

k

x
3 2
(k Z)
x k
3
⇔ x =
π π
+
k
3 2
(k ∈ Z)
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 2
91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + −


2 2
2 2
( )( )
2 2
91 91
x y y x
y x y x
y x
x y
− −
⇔ = + − +
− + −
+ + +

2 2
1
( ) 0
2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
 
+
 ÷
⇔ − + + + =
 ÷
− + −
+ + =
 
⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có:
2 2
91 2x x x+ = − +

2 2
91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + −
2
2
9 3
( 3)( 3)
2 1

91 10
x x
x x
x
x
− −
⇔ = + − +
− +
+ +
2
1 1
( 3) ( 3) 1 0
2 1
91 10
x x
x
x
 
 
⇔ − + − − =
 ÷
 ÷
 ÷
− +
+ +
 
 
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu 3: J 

−
−
 
= = =
 
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8
2/3
1/ 3
3
x
e 2
b
e 2
e dx du 1
u
3
u
e 2

 
− −
 
b 2/3
3

4 (e 2) ;
2
với u = e
x
– 2,
du = e
x
dx)
Suy ra:
→ →
 
= − − = =
 
b 2/3
b ln2 b ln2
3 3
lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu 4:
Dựng
SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α

° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
° AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
° SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
° Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
3
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
4ab ≤ (a + b)

2

1
4
a b
a b ab
+
⇔ ≤
+

1 1 1
( , 0)
4
a b
a b
 
⇔ + ∀ >
 ÷
 
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
 
     
≤ + ≤ + + = + +
 
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 

Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
và
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
Vậy
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
 
≤ + + =
 ÷
 
Vậy MaxP =
2009
4

khi x = y = z =
12
2009
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản
Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP
a
r
= (7; - 4) của AC làm VTPT
Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2. Gọi A(a; 0; 0)
Ox∈
.
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () :
2 2 2
2a 2a
d(A; )
3
2 1 2
α = =
+ +
° () qua
0
M (1; 0; 2)−
và có vectơ chỉ phương
u (1; 2; 2)=
r

° Đặt
0 1
M M u=
uuuuuur
r
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác
0 1
AM M
0 1
2
0
AM M
0 1
[AM ; u]
2.S
8a 24a 36
d(A; )
M M u 3
− +
⇒ ∆ = = =
uuuuur
r
r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2 2 2
2
2a
8a 24a 36
4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0

3 3
4(a 3) 0 a 3.
− +
⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =
⇔ − = ⇔ =
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a.2a n =
abcde
* Xem các số hình thức
abcde
, kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc
là b hoặc là c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \
{ }
1
: số cách chọn
4
7
A
.
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.
* Xem các số hình thức
0bcde
.
* Loại những số dạng hình thức
0bcde
ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu
cầu đề bài.
1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:
4
Câu 6b.1b

1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA

MI⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + =
Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2

(0;-
7
)
2 (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2; 1; 0)
=
r
- (d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r

AB (3; 0; 4)= −
uuur
°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d

1
) và (d
2
)
°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + −
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
° Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u


⊥ + − − + = 
= − 

 
⇒ ⇔ ⇒
   
=
+ − + + =
⊥






uuuur r
uuuur r
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta
thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0
Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
Đáp số:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
Hết
ĐỀ SỐ 2:
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM
2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Mơn: TỐN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút,
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
5
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số:

2 2
,(1)
1
x
y
x
+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
(1)
.
2.
I
là giao điểm hai tiệm cận của
( )C
, đường thẳng
( )d
có phương trình:
2 5 0x y− + =
,
( )d
cắt
( )C
tại hai điểm
,A B
với
A

có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp
tuyến của
( )C
vuông góc với
IA
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x
+
= + +
−
2. Giải bất phương trình:
2 2
2 3 2x x x x x− + + ≥
Câu III. (1,0 điểm) Tìm
2
1
( ) ln
( 2)
F x x x dx
x
 
= −
 ÷

+
 
∫
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
C
cạnh
huyền bằng
3a
.
G
là trọng tâm tam giác
ABC
,
( )
SG ABC⊥
,
14
2
a
SB =
. Tính thể
tích hình chóp
.S ABC
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng

( )
SAC
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho
, ,x y z
thuộc đoạn
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z= + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI. a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có trung điểm cạnh
AB
là
( 1;2)M −
,
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
(2; 1)I −
. Đường cao của tam giác kẻ từ

A
có
phương trình:
2 1 0x y+ + =
. Tìm tọa độ đỉnh
C
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư
của hình bình hành
ABCD
,
G
là trọng tâm của tam giác
BCD
. Tìm tọa độ của điểm
'G

đối xứng với
G
qua đường thẳng
BD
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
2

9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI. b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có
( 12;1)B −
, đường phân giác trong góc
A
có phương trình:
2 5 0x y+ − =
. Trọng tâm tam giác
ABC
là
1 2
;
3 3
G
 
 ÷
 
.Viết phương
trình đường thẳng
BC
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz

cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư
của hình bình hành
ABCD
. Tìm tọa độ của điểm
M
thuộc trục cao sao cho thể tích khối
chóp
.M BCD
bằng 4.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
( )
2
4
1
4log 1 log 2
2
x
x + ≤
Hết www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: Toán_ Khối D
6
Câu I.1
(1,0 đ)
Khảo sát hàm số
2 2

( )
1
x
f x
x
+
=
−
Tập xác định
{ }
\ 1D R=
Sự biến thiên
lim 2 2
x
y y
→±∞
= ⇒ =
là tiệm cận ngang
1
1
lim
lim
x
x
y
y
+
−
→
→

= +∞
= −∞

1x⇒ =
là tiệm cận đứng

( )
2
4
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−

Bảng biến thiên:
x
−∞

1

+∞
'y
+
0
||
−

0

+
y
Hàm số nghịch biến trên
( ) ( )
;1 , 1;−∞ +∞
Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA?
( )
1,2I
,
5
:
2
x
d y
+
=
Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và
2 2 5
:
1 2
x x

d
x
+ +
=
−
( )
3
3;4
3,( )
x
A
x loai
=

⇔ ⇒

= −

Hệ số góc của IA là
3 1
1
4 2
k
−
= =
−
Tiếp tuyến có hệ số góc
' 1k = −
2
3

4
1
1
( 1)
x
x
x
=

−
⇒ = − ⇒

= −
−

Có 2 tiếp tuyến :
7
1
y x
y x
= − +


= − −

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.1

(1,0 đ)
Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x
+
= + +
−
,(1)
Đk:
sin 1x ≠
2 2
(1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x⇔ =
0,25
− ∞
+∞
2
2
7
2
cos 0
2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0
1
cos
2
2
2

2
2
3
x
x x x x
x
x k
k
x
x k
π
π
π
π
π


=

⇔ + = ⇒ =


−
=



= +




⇔ =



= ± +


Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm:
2
2
2
2
3
x k
x k k Z
x k
π
π
π
π
π


=

−

= + ∈




= ± +

0,25
0,25
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
2 2
2 3 2x x x x x− + + ≥
,(2)
Đk:
2
2
3
2 0 0; 2
0
3; 0
3 0
2
x
x x x x
x
x x
x x
x
≤ −



− ≥ ≤ ≥



⇔ ⇔ =
 

≤ − ≥
+ ≥




≥

TH1:
3
0
x
x
≤ −


=

(2)⇒
đúng;
3
0

x
x
≤ −


=

là nghiệm
TH2:
2x ≥
( )
2
2
2 2
2 3 2
2 1 2 6 4
2 6 2 1 0,( : 2)
4 6 4 4 1
25
8
x x x
x x x x
x x x do x
x x x x
x
⇒ − + + ≥
⇔ + + + − ≥
⇔ + − ≥ − > ≥
⇔ + − ≥ − +
⇔ ≥

KL: nghiệm của (2) là
3
0
25
8
x
x
x


≤ −

=


≥


0,25
0,25
0,25
0,25
8
Câu III
(1,0 đ)
2
2
2
2
2

2 2
2
2 2
1
( ) ln
( 2)
( ) ln
( 2)
ln
2
1 2 2
( ) ln
2 2 ( 2)
1 2
ln
2 4 2 ( 2)
2
ln ln 2
2 4 2
F x x x dx
x
xdx
F x x xdx
x
dx
du
u x
x
dv xdx
x

v
x x
F x x xdx dx
x
x x
x dx
x x
x x
x x C
x
 
= −
 ÷
+
 
= −
+

=

=


⇒
 
=


=



 
+ −
⇒ = − −
 ÷
+
 
 
= − − −
 ÷
+ +
 
= − − + − +
+
∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi
I
là trung điểm
AB
,
3

2 2
a a
CI IG= ⇒ =
Tam giác vuông
2
2 2 2
10
4
a
BIG BG BI IG⇒ = + =
2 2
2 2
14 10
4 4
a a
SG SB BG a= − = − =
3
1 1 1 3 3
. 3 . .
3 3 2 2 4
SABC ABC
a a
V S SG a a= = =
Kẻ
, ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥
2
2 2 2
3 3
;
2

2 2 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = =
2
1 3 3 3 3
.
2 2 4
2
SAC
a a
S a⇒ = =
h
là khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
3
3
SABC
SAC
V
h a
S
⇒ = =

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu V
(1,0 đ)
Cho
, ,x y z
thuộc
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z= + +
Giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z z z z≤ ≤ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:

( )
2 2 2
2
2 2
( ) ,(*)
3 2 6 9
x y x y
A z z z z
+ ≤ +
⇒ ≤ − + = − +
Xét
[ ]
2

3
( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0
2
f z z z z f z z f z z= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ =
3 9
(1) 5; (2) 5;
2 2
f f f
 
= = =
 ÷
 
Kết hợp (*) ta có
0,25
0,25
0,25
0,25
9
G
I
M
S
A
C
B
K
Vậy
max 5A =
khi
0; 1; 2x y z= = =

Câu
AVI.1
(1,0 đ)
AB đi qua M nhận
(3, 3)MI = −
uuur
làm vtpt nên có pt:
3 0x y− + =
Tọa độ A là nghiệm của hệ :
3 0
4 5
;
2 1 0
3 3
x y
A
x y
− + =

−
 
⇒

 ÷
+ + =
 

( 1;2)M −
là trung điểm của AB nên
2 7

;
3 3
B
−
 
 ÷
 
BC nhận
(2;1)n =
r
làm vtcp nên có pt:
2 2 2 2
2 2
2
2
2 7
3
2 ;
7
3 3
3
8 10 8 10
2
3 3 3 3
0,loai (do )
4
5
x t
C t t
y t

IB IC IB IC t t
t C B
t
−

= +

−

 
⇒ + +

 ÷
 

= +


       
= ⇒ = ⇒ − + + = +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
= ≡


⇒

=

Vậy

14 47
;
15 15
C
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVI.2
(1,0 đ)
( )
4;0; 5AD BC D= ⇒ −
uuur uuur
5 5
;0;
3 3
G
−
 
⇒
 ÷
 
. Gọi
( )
; ;H x y z
là hình chiếu của G lên BD

5 1
1
7 2
x t
BH tBD y t
z t
= −


⇒ = ⇒ = − +


= − +

uuur uuur

( )
( )
8 11
5 ;1 ; 7 ; 5; 1; 7
3 3
8 11
5 5 1 7 7 0
3 3
8 5 7 26
; ;
15 3 15 15
5 14 9
' ; ;
3 15 5

GH t t t BD
GH BD t t t
t H
G
 
= − − − = − −
 ÷
 
   
⊥ ⇒ − − − − − =
 ÷  ÷
   
−
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
−
 
⇒
 ÷
 
uuur uuur
uuur uuur
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
AVII

(1,0 đ)
Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*)
Đk:
4 4
1
x
x
− < <


≠

(*)
( )
2 2
3 3
log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = −
0,25
0,25
0,25
10
2
2
1 4
1 61
15 0

2
4 1
1 69
2
17 0
x
x
x x
x
x
x x

− < <


− +


=

+ − =



⇒ ⇒


− < < −

−


=




− − =


vậy (*) có 2 nghiệm
1 61
2
x
− +
=
và
1 69
2
x
−
=
0,25
Câu
B.VI.1
(1,0 đ)
Gọi H là hình chiếu của B trên
( )
5 2
: 5 2 ;
x t

d H t t
y t
= −

⇒ −

=

( ) ( ) ( )
( )
17 2 ; 1 2;1 2 17 2 1 0
7 9;7
d
BH t t u t t
t H
= − − ⊥ = − ⇒ − − + − =
⇒ = ⇒ −
uuur uur
Gọi M là điểm đối xứng của B qua
d

( )
( ) ( )
2 6;13
5 2 ; 8 2 ;1
BM BH M AC
A d A a a C a a
⇒ = ⇒ − ∈
∈ ⇒ − ⇒ + −
uuuur uuuuuuur

( )
/ / 2 4;3MA MC a C⇒ = − ⇒
uuur uuuur
Vậy
: 8 20 0BC x y− + =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.2
(1,0 đ)
( )
4;0; 5D −
( )
( )
( )
0;0;
1
,
6
(3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7
1; 1, 2
29
1
7
4 7 5 4
19
6
7

BCDM
BCDM
M Oz M a
V BC BD BM
BC BD BC BD
BM a
a
V a
a
∈ ⇒
 
=
 
 
= − − = − − ⇒ =
 
= − −

=

= ⇔ − = ⇒

−

=


uuur uuur uuuur
uuur uuur uuur uuur
uuuur

Vậy
29
0;0;
7
M
 
 ÷
 
hoặc
19
0;0;
7
M
−
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VII
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
( )
2
4
1
4log 1 log 2

2
x
x + ≤
,(*)
Đk:
0 1x< ≠
( )
2
2
2
2
2 2
2
2
2 2 2
log 1 1
(*)
log 2
2log log 2
0
2log
log 0, : 2log log 2 0
0 1
x
x
x x
x
x Do x x
x
+

⇒ ≤
− +
⇔ ≤
⇔ ≤ − + >
⇔ < <
Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm
0 1x
< <
0,25
0,25
0,25
0,25
11
ĐỀ SỐ 3:
Sở Gíao dục & Đào tạo
tỉnh Vĩnh Phúc
Trường THPT Xuân Hoà
KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MÔN Toán; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm 01 trang
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
4 2 2
2 1 (1)y x m x= + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai
điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
sin 4 cos4 1 4(sin cos )x x x x− = + −
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x
+ = +


+ = +

Câu III (1,0 điểm): Tính giới hạn
2
0
1 cos2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +
Câu IV (1,0 điểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền
AB = 2a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S,
sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60
0

. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện SABC.
Câu V (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong phần ( phần A hoặc phần
B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất
( 3;0)−
và
đi qua điểm
4 33
(1; )
5
M
. Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
2. Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x

+ = +
.
Câu VII a (1,0 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà
trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B nằm trên trục
hoành có hoành độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ độ B, C để tam
giác ABC có diện tích lớn nhất.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn
có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Câu VII.b(1,0 điểm): Tìm
m
để hàm số:
2
1mx
y
x
−
=
có hai điểm cực trị A, B và đoạn
AB ngắn nhất.
Hết
12
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:………
www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN Khối A
Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

Câu Đáp án Điểm
I 1. (1, 0 điểm). Khảo sát….
Với m=1, hàm số trở thành:
4 2
2 1y x x= + +
* Tập xác định: R
* Sự biến thiên
+
3 2
' 4 4 4 ( 1) ' 0 0y x x x x y x= + = + ⇒ = ⇔ =
0, 25
Ta có:
' 0 0; ' 0 0y x y x> ⇔ > < ⇔ <
Hàm số nghịch biến trong khoảng
( )
;0−∞
và đồng biến trong khoảng
( )
0;+∞
; đạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1
0, 25
+ Giới hạn:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
Bảng biến thiên:
x
−∞

0
+∞
y' - 0 +
y
+∞
+∞
1
0, 25
* Đồ thị: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung
làm trục đối xứng.

0,25
2. ((1, 0 điểm). Chứng minh đường thẳng ….
6
4
2
-1 1 2
13
Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng với số nghiệm của phương
trình:

4 2 2
2 1 1x m x x+ + = +

3 2
( 2 1) 0x x m x⇔ + − =
(*)

⇔

3 2
0
2 1 0(**)
x
x m x
=


+ − =

Phương trình (*) có một
nghiệm
x = 0
0,25
Ta sẽ đi chứng minh phương trình:
3 2
2 1 0x m x+ − =
(**) có đúng một
nghiệm khác 0 với mọi giá trị m
* Nếu m=0 thì pt(**) trở thành:
3
1 0 1x x− = ⇔ = ⇒
pt(*) có đúng 2
nghiệm.
0,25
• Nếu
0m ≠
, Xét hàm số
3 2
( ) 2 1f x x m x= + −

trên R.
• Ta có:
2 2
'( ) 3 2 0,f x x m x R= + > ∀ ∈
⇒
f(x) luôn đồng biến trên R
( ) 0f x⇒ =
có nhiều nhất một nghiệm.
0,25
Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m
2
>0
(0). (1) 0f f⇒ < ⇒
pt
( ) 0f x =
có nhiều
nhất một nghiệm thuộc (0; 1).
Vậy pt (**) có đúng một nghiệm khác 0
⇒
(đpcm)
0,25
II 1. (1, 0 điểm). Giải phương trình:
sin 4 cos 4 1 4(sin cos )x x x x− = + −
(1)
ĐK:
x R∀ ∈

[ ]
2
2 2

(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )
2sin 2 .cos2 2cos 2 4(cos sin )
(cos sin )(cos2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0
(cos sin ) (cos sin )(cos2 sin 2 ) 2 0 (2)
x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
⇔ = + + −
⇔ = − −
⇔ − − − − =
⇔ − + − − =
0,25
Xét hai khả năng xảy ra cho (2):
* TH1:
cos sin 0 tan 1
4
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +
0,25
* TH2:
(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0
2cos(2 ).cos( ) 2 0
4 4
cos3 cos( ) 2 (*)
2
x x x x
x x

x x
π π
π
− − − =
⇔ + − − =
⇔ + + =
cos3 1 (3)
cos( ) 1 (4)
2
x
x
π
=


⇔

+ =


0,25
Xét:
cos( ) 1 2
2 2
x x m
π π
π
+ = ⇔ = − +

3

3 6
2
x m
π
π
⇔ = − +
Lúc đó:
3
cos3 cos( 6 ) 0
2
x m
π
π
= − + =
( Vô lý với (3))
Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm:
4
x k
π
π
= +
0,25.
14
S
A
C
B
2.(1, 0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3
2 2

4 16
1 5(1 )
x y y x
y x

+ = +


+ = +


HPT
2 2 2 2
2 2 2 2
( 16) ( 4) ( 16) 5 (1)
4 5 4 5 (2)
x x y y x x x y
y x y x
 
− = − − =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
 
0,25
Pt (1)
2
0

16 5 (3)
x
x xy
=

⇔

− =

+) x = 0 thay vào (2) ta được
2y = ±
+)
0x ≠
, pt (3)
2
16
5
x
y
x
−
⇔ =
thay vào (2) ta được:
4 2 2
124 132 256 0 1x x x+ − = ⇔ =

0,5
• Nếu x = 1 thì y = -3
• Nếu x =-1 thì y = 3.
Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3).

0,25
III
(1, 0 điểm) Tính giới hạn: I=
2
0
1 cos 2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +

2
2
2
0
sin
2sin
cos
lim
.sin
x
x
x
x
I
x x
→

+
=
0,5

2
0
2sin sin
lim( ) 2 1 3
.cos
x
x x
I
x x x
→
= + = + =
0,5
IV
(1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Từ giả thiết suy ra
ABC
∆

vuông tại C kết hợp với
( )d SAC⊥
.
Suy ra
( )BC SAC⊥
Do đó
·
0

60SCA =
Do
ABC
∆
vuông tại C và AB =2a
2AC BC a⇒ = =
Trong tam giác vuông SAC ta có
0
.tan 60 6SA AC a= =
0,5
Trong tam giác SAB có:
2 2
10SB SA AB a= + =
Do
·
·
0
90SCB SAB= =
nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường
kính SB.
0,25
Suy ra bán kính mặt cầu bằng
10
2 2
SB a
=
Vậy S
2 2
4 10
mc

R a
π π
= =
(Đ.V.D.T)
0,25
V
(1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
Tập xác định của hàm số là R.
Ta có:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=

− +
=
2 2 2
2
( 2 ) 4( 2 ) 4 1
2 2
x x x x
x x
− − − + +
− +
0,5
15
2 2
2 2
2 2
( 2 2) 1 1
( ) 2 2 2( 2 2 0
2 2 2 2
x x
f x x x do x x
x x x x
− + +
= = − + + ≥ − + >
− + − +
)
0,25
Đẳng thức xảy ra
2
2 2 1 1x x x⇔ − + = ⇔ =
.

Vậy Minf(x) = 2 khi x =1
0,25
Vi.a
1.(1 điểm): Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
(E) có tiêu điểm
1
( 3;0)F −
nên
3c =
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(a>b>0)
0,25
Ta có:
4 33
(1; )
5
M
2 2
1 528
( ) 1(1)
25
E
a b
∈ ⇒ + =

và
2 2 2 2
3a b c b= + = +
thay
vào (1) ta được:
4 2
2 2
1 528
1 25 478 1584 0
3 25
b b
b b
+ = ⇔ − − =
+
2
22 22b b⇔ = ⇒ =
0,5
Suy ra:
2
25 5a a= ⇒ =
. Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;-
22
); (0;
22
)
0,25
2. (1,0 điểm): Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +

.
Ta có PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
⇔ + = +
.
0,25
Chia cả hai vế cho
3
2 0
x
>
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     
. 0,25
Đặt
3
2
x
t
 

=
 ÷
 
, đk: t>0. PT trở thành:

( )
( )
3 2 2
2 4 3 0 1 2 3 0
1
3
2
t t t t t t
t
t
+ − − = ⇔ + − − =
= −


⇔

=

.
Do t >0 nên t=
3
2
0,25
Khi
3

2
t
=
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
 
= ⇔ =
 ÷
 
. KL: Nghiệm PT là
1x
=
.
0,25
ViIa
(1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác
0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Từ giả thiết bài toán ta có
6
2
4
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không
có số 0) và
10

2
5
=
C
cách chọn hai chữ số lẻ => cã
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số
thoả mãn bài toán.
0,5
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4!
= 1440 số.
0,5
VI.b 1. (1 điểm): Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0.
Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A nên
16

5
. 0 2 5 0
2
AB AC c b O b= = +
uuur uuur
0,25
2 2 2
1 1
. ( 2) 1. 2 ( 1)
2 2
ABC
S AB AC b c

= = + +
2 2
( 2) 1 4 5b b b= + = +
0,5
Do
max
5
0
2
b S
khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5).
0,25
2.(1 im): Cú bao nhiờu s t nhiờn cú 5 ch s khỏc nhau v khỏc 0 m
trong mi s luụn cú mt hai ch s chn v hai ch s l
T gi thit bi toỏn ta thy cú
10
2

5
=
C
cỏch chn 2 ch s chn (k
c s cú chu s 0 ng u ) và
3
5
C
=10 cỏch chn hai ch s l =>
có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 b 5 s c chn.
0,5
Mi b 5 s nh th cú 5! s c thnh lp => cú tt c
2
5
C
.
3
5
C
.5! =
12000 s.
Mt khỏc s cỏc s c lp nh trờn m cú ch s 0 ng u l

960!4
3
5
1
4
=
CC
. Vy cú tt c 12000 960 = 11040 s tho món
YCBT.
0,5
VII.
b
(1 im): Tỡm m hm s:
2
1mx
y
x

=
cú hai im cc tr A, B v on AB
ngn nht.
Ta cú:
2
2
1
'
mx
y
x
+

=
. 0,25
Hm s cú hai cc tr
' 0y
=
cú hai nghim phõn bit khỏc 0
0(*)m
<
.
0,25
Khi m<0 th hm s cú hai im cc tr l:

( )
( )
2
1 1 4
;2 , ; 2 16A m B m AB m
m
m m

= +
ữ ữ



.
0,25

( )
( )

2
4
2 .16 16AB m
m
=

( khụng i).
1
4
2
4 16( )
1
2
m
AB m
m
m

=

= =



=


Kt hp vi iu kin (*) ta c
1
2

m
=
.
KL:
0,25
S 4:
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)
17
Đề chính thức
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.cos 4
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

= +
ữ



Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông
cân tại A,
2BC 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 2x 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 ch ơng trình chuẩn:
Câu VI.a ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đ-
ờng
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 ch ơng 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:
18

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.
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



= =
ữ
+

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

x
+ +



= =
ữ
+

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




= = +
ữ
+

=> 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)
19

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 3x y= =
.
0 0
3 1 1 3x y= = +
Vậy có 2 điểm M (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:
( )
1
1 3;1 3M +
và
( )

2
3 1;1 3M +
.
Câu II:
1)
6 6
4(sin cos ) 6.cos 2 2.cos 4
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 0x x x + =
2 2
4 3(1 cos 2 ) 6cos 2 4cos 2 2 0x x x + =
2 2
4 3 3cos 2 6cos 2 4cos 2 2 0x x x + + =
2
7cos 2 6cos 2 1 0x x =

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




=


20
.
1
2 arccos 2
7
1
cos2
7
1
2 arccos 2
7
x k
x
x k

= +
ữ



=


= +

ữ


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


= +
ữ

Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm
1 1
arccos
2 7
x k

= +
ữ

và
1 1
arccos
2 7
x k


= +
ữ

( )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 0f 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 2x x x+ + =
điều kiện
2
3
x
8 3 2 2 2x 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



= =
ữ


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
21

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

= +

ữ



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

= +
ữ



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

=
ữ



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 =
2a
=> 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 = =
22
B
A'
C'
G
A

B'
C
M
60
0
a
a
Do G là trọng tâm ABC
2 2
3 3
a
AG AM = =
Xét A'AG ta có:
0 0
' 2 6
tan 60 ' .tan 60 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 2x x y y x y x y + = + + = + + +
Đặt:
( )
x y a 3 1 2x 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

+ =

+ = +


+ = +




+ =
+ =



=
ữ




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

+ =
ữ
ữ


(*)
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
+
= + =
.
Phần tự chọn
1. Theo ch ơng 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 4x 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).
23
A(4;5)
C
B
I(4;3
)
D
y=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


= =
ữ

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

+
+
ữ

= + + +
ữ
ữ

ữ
ữ


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 ch ơng 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
24
.
.
B
A(-1;0;1)
()
p
n
r
P
(d)
2 2

2 3
2
2
13.
a b
a b
+
=
+
2 2
26. 2 2 3a 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

=

ữ ữ


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
// , 0d 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
Ta có:
H A B C=
và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. Vậy theo quy tắc
cộng xác suất ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 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) Biến cố Chọn đợc hai viên bi khác màu chính là biến cố
H
. suy ra
( )

5 13
( ) 1 1
18 18
P H P H= = =
.
S 5:
S GD & T THANH HểA
TRNG THPT BM SN
K THI TH I HC LN 2 NM 2011
MễN: TON; KHI: B+D
(Thi gian lm bi 180 khụng k thi gian phỏt )
25
(d
1
)
(d
2
)
(d)
(d
3
)
=(1;1;2)
.
.
A
B