ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011
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
x2



. 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 của phương trình :

0;2

sin3x sin x
sin 2x cos2x
1cos2x




2).Giải phương trình:
33
x34 x31 

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.
1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
1).Tính tích phân: I =
2
0
sin x cosx 1
dx

sin x 2cosx 3





2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i
b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn :
1 < | z – 1 | < 2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong
qua đỉnh A, C lần lượt là : (d
1
) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d
2
) : x + 2y – 5 = 0
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

1
x1
d:y 42t
z3t



 





và

2
x3u
d:y32u
z2










a. Chứng minh rằng (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
).
3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi
xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .
Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương
trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường
tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2).Cho đường thẳng (d) : và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
xt
y
zt








1
a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P)
b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)
3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có
đúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )
63 Đề thi thử Đại học 2011
-121-

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 lm bi: 180 phút, không kể thời gian giao đề


Câu Nội dung Điểm













1
1,25đ
Khảo sát v vẽ ĐTHS
- TXĐ: D = \ {2} R
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn : nên đờng thẳng y = 3 l tiêm cận
ngang của đồ thị hm số
xx
Limy Limy 3


+) . Do đó đờng thẳng x = 2 l tiệm cận đứng
của đồ thị hm số

x2 x2
Lim y ; Lim y



+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =

2
2
2x


< 0 , xD










Hm số nghịch biến trên mỗi khoảng


;2
v
- Đồ thị

+ Giao điểm với trục tung : (0 ;2)
+ Giao điểm với trục honh : ( 4/3 ; 0)
+ ĐTHS nhận giao điểm I(2 ;3) của hai đờng tiệm cận lm tâm đối
xứng













Gọi M(x;y)

(C) v cách đều 2 tiệm cận x = 2 v y = 3
| x 2 | = | y 3 |
3x 4 x
x2 2 x2
x2 x2







x1
x
x2
x4
x2








Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bi l : M
1
( 1; 1) v M
2
(4; 6)




0,25








0,25











0,25



0.5
I
2.0đ
2
Xét phơng trình : sin
6
x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x ) (2)


y
y

2

x
- -
3




3
6
4
2
-5 5
y
x
O

63 thi th i hc 2011
-122-

0.75đ
22
31
1sin2xm1sin2x
42





(1)
Đặt t = sin
2
2x . Với
2
x0;
3








thì


t0;1 . Khi đó (1) trở thnh :
2m =
3t 4
t2


với



t0;1
Nhận xét : với mỗi


t0;1 ta có :
sin 2x t
sin 2x t
sin 2x t








Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn
2
0;
3







thì

33

t;1t
24







;1

Da vo đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m y(3/4)
7
12m
5


Vậy các giá trị cần tìm của m l :
17
;
210










0,25









0,5
1
1,0đ
sin3x sin x
sin 2x cos2x
1cos2x



(1)
2cos2x.sin x
2cos 2x
4
2sinx








ĐK : sinx 0


x k
Khi

;thì sinx > 0 nên : x0
(1) 2 cos2x = 2 cos
2x
4






x
16 2


k

Do


x0; nên
9
xhayx
16 16





Khi

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






cos -2x = cos 2x-
4






5
x
16 2



k

Do


x;2 nên
21 29
xhayx
16 16














0,5








0,5

II
2,0đ
2
1,0đ
Đặt
33
ux34,vx 3
uv1
uv1


. Ta có :


22
33
uv1
uv1
u v u v uv 37
uv37















2
uv 12
uv
3uv37












u3
v4
u4
v3





















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 v x = 30

0,25



0,5





0.25
III
1.0đ
1đ
a)Ta có : AB = 25,
Gọi M l trung điểm của BC ,
ta có : DM = 1
SD =
22
SA AD 30,
SC =
22
SA AC 29







S
N
M
D
A
B
C
K
63 thi th i hc 2011
-123-


SM =
22
SC CM 33

Ta có :
222
SD MD SM 30 1 33 1
cos SDM
2SD.MD
230 30


(*)
Góc giữa hai đờng thẳng AC v SD l góc giữa hai đờng thẳng DM
v SD hay


bù với góc

SDM . Do đó : cos

=
1
30

b) Kẻ DN // BC v N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó :
d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))
Kẻ CK v AH vuông góc với SN , H v K thuộc đờng thẳng SN
Ta có : DN // BC



DN AC 1
V




SA ABC SA DN 2

Từ (1) v (2) suy ra : DN

( SAC)


DN KC 3
Do cách dựng v (3) ta có : CK

(SND) hay CK l khoảng cách từ C
đến mp(SND)
Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK
M trong tam giác vuông SAN lại có :
222
1111 5
1AH
AH SA AN 25
26


Vậy khoảng cách giữa BC v SD l : CK =

5
26


0.5

















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
A2B1
3
2A B 1 B
5
3A C 1
8
C
5

















Vậy I =

22 2

00 0
dsinx 2cosx 3
13 8 dx
dx
5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3








I =

2
2
0
0
13 8
xlnsinx2cosx3
55 5





J
I =


38
ln 4 ln5 J
10 5 5



Tính J =
2
0
dx
sin x 2cosx 3



.
Đặt t = tan
x
2
2
2
1x 2td
dt tan 1 dx
22 t



t
1




Đổi cận : Khi x =
2

thì t = 1
Khi x = 0 thì t = 0
Vậy

111
2
22
2
2
000
22
2dt
dt dt
t1
J22
2t 1 t
t2t5
t1 2
23
t1 t1











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










0,25







0,25


















63 thi th i hc 2011
-124-

Khi t = 0 thì u = với tan
1
2




2
4
4
2
2tanu 1du

Ju
4
4tanu 1











Do đó : I =
3358
ln
10 5 4 5








0.5
2a
0.5đ
G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y


R
, | z | =
22
xy
Ta có : | z | = 1 + ( z 2 ) i

2
xy
2
= ( 1 y ) + ( x 2 ) i

2
22
x20
x2
1y0
3
y
2
xy 1y

















2b
0.5
G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y

R ,
Ta có : | z - i | = | x + ( y - 1)i | =

2
2
xy1
Do đó : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |
2
< 4

2
2
1x y1 4
Gọi (C
1
) , (C
2
) l hai đờng tròn đồng tâm I( 0 ; 1) v có bán kính lần
lợt l : R

1
=1 , R
2
= 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm l phần nằm giữa
hai đờng tròn (C
1
) v (C
2
)




0,5











0.5
Va
3đ



1

+) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) v nhận VTCP


1
u4;3


của (d
2
) lm
VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0
+) Tọa độ điểm C l nghiệm của HPT :

4x 3y 5 0 x 1
C1;3
x2y50 y3







+) Đờng thẳng đi qua B v vuông góc với (d
2
) có VTPT l



2
u2;1

có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0
+) Tọa độ giao điểm H của v (d
2
) l nghiệm của HPT :


2x y 5 0 x 3
H3;1
x2y50 y1






+) Gọi B l điểm đối xứng với B qua (d
2
) thì B thuộc AC v H l
trung điểm của BB nên :

B' H B
B' H B
x2xx4
B' 4;3
y2yy3








+) Đờng thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) v B(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0
+) Tọa độ điểm A l nghiệm của HPT :

y30 x 5
A(5;3)
3x 4y 27 0 y 3






+) Đờng thẳng qua AB có VTCP


AB 7; 4




, nên có PT :
x2 y1
4x 7y 1 0
74







0,25















0,5





0,25
63 thi th i hc 2011

-125-

2a
Đờng thẳng (d
1
) đi qua M
1
( 1; -4; 3) v có VTCP


1
u0;2;1



Đờng thẳng (d
2
) đi qua M
2
( 0; 3;-2) v có VTCP


2
u3;2; 0



Do đó : v

12

MM 1;7; 5


12
u,u 2; 3;6






Suy ra . Vậy (d
12 12
u,u .MM 49 0




1
) v (d
2
) chéo nhau




0.5
2b
Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d
1

) v B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc (d
2
) .Ta có
:

AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t


A,B l giao điểm của đờng vuông góc chung của (d
1
) v (d
2
) với hai
đờng đó
1
2
AB.u 0
14 4u 4t 5 t 0 u 1
9u 3 14 4u 4u 0 t 1
AB.u 0

















Suy ra : A( 1; -2; 4) v B(3; 1; -2)


AB 2;3; 6


AB = 7
Trung điểm I của AB có tọa độ l : ( 2; -
1
2
; 1)
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I v bán kính l AB/2 v có PT :


2
22
14
x2 y z1
24




9













0,5


3



Số cách lấy 2 bi bất kì từ hai hộp bi l : 52.25 = 1300
Số cách lấy để 2 viên bi lấy ra cùng mu l : 30x10+7x6+15x9 = 477
Xác suất để 2 bi lấy ra cùng mu l :
477
1300


0.5
0.5

Vb

3.0 đ

1
+) Tọa độ điểm B l nghiệm của HPT :

x1
3x y 3 0
B1;0
y0
y0













Ta nhận thấy đờng thẳng BC có hệ số góc
k = 3 , nên . Suy ra
0
ABC 60
đờng phân giác trong góc B của
ABC có hệ số góc k =
3

3

nên có PT :
3
yx
33

3
()
Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (
) v cách
trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2
+ Với b = 2 : ta có a =
12 , suy ra I=( 3 12 ; 2 ) 3
+ Với b = -2 ta có a = 12 , suy ra I = ( 3 12 ; -2) 3

Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m ().Vì nó đi qua I
nên
+ Nếu I=( 12 ; 2 ) thì m = 3 + 23 3 .
Suy ra : () : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó () cắt Ox ở A(3 + 2 3 . ; 0)
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2 3 .
Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 )
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc ny l :
443623
;
33






.
+ Nếu I=( 12 ; 2 ) thì m = -1 - 23 3 .
Suy ra : () : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó () cắt Ox ở A(-1 - 2 3 . ; 0)
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 .











0.25














0.5






60
C
B
A x
y
O
63 thi th i hc 2011
-126-


Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 )
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc ny l :
143 623
;
33






.
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bi v trọng tâm của nó l :

G
1
=
443623
;
33





v G
2
=
143 623
;
33














0,25
2a
+ Đờng thẳng (d) đi qua M(0; -1; 0) v có VTCP


d
u1;0;1





+ Mp (P) có VTPT :


P
n 1;2;2


Mp (R) chứa (d) v vuông góc với (P) có VTPT :

RdP
nu;n 2;3;2





Thay x, y, z từ Pt của (d) vo PT của (P) ta có :
t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) cắt (P) tại K(1; -1; -1)

Hình chiếu (d) của (d) trên (P) đi qua K v có VTCP :

d' R P
u n ;n 10;2; 7





Vậy (d) có PTCT :
x1 y1 z1
10 2 7








0,25






0,25

2b

Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có :
d
1
= d(I, (P)) =
1t
3

; d
2
= d(I, (Q)) =
5t
3


Do mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P0 v (Q) nên : R = d
1
= d
2

| 1 - t | = | 5 - t | t = 3
Suy ra : R = 2/3 v I = ( 3; -1; -3 ) . Do đó mặt cầu cần tìm có PT l :


222
4
x3 y1 z3
9





0,25



0,25
3. sai
Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ l :
52
5
C 2598960
Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi đó
có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l : 13.
4
3
C52


Xác suất để chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi
đó có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l :
52
2598960
=
13
649740




0.5



0.5

63 thi th i hc 2011
-127-