Đề Thi Thử Đại
Học Năm 2011
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.
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
x 1
d : y 4 2t
z 3 t



  


 


và
 
2
x 3u
d : y 3 2u
z 2
 


 


 


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) :
x t
y 1
z t



 


 

và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z +
7 = 0
a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (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
+)
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










0,25







0,25
y

y

x





-





-

2


3
3
1
1,25
đ





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















0,25




0.5
6
4
2
-5
5

x

O

y


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)
2
0.75
đ
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








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










0,25









0,5
II

2,0đ

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

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
,




N
M
D
S
A
B
C
K

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))
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


















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

 

 



 
      
 
 
 






VËy 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

   
TÝnh J =
2
0
dx
sin x 2cosx 3

 

.
§Æt t = tan
x
2

2
2
1 x 2tdt
dt tan 1 dx
2 2 t 1
 
    
 

 

§æi cËn : Khi x =
2

th× t = 1
Khi x = 0 th× t = 0
VËy
 
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

  
  
 
 
 
  

L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan
2
u + 1)du
§æi cËn khi t = 1 th× u =
4


Khi t = 0 th× u =

víi tan
1
2
 

 
 
2
4
4
2

2 tan u 1 du
J u
4
4 tan u 1






   



Do ®ã : I =
3 3 5 8
ln
10 5 4 5

  





0,25








0,25






















0.5
2a
0.5đ


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

R
, | z | =
2 2
x y


Ta có : | z | = 1 + ( z 2 ) i

2 2
x y

= ( 1 y ) + ( x 2 ) i

2
2 2
x 2 0
x 2
1 y 0
3
y
2
x y 1 y
















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
x y 1


Do đó : 1 < | z - i | < 2

1 < | z - i |
2
< 4

2

2
1 x y 1 4


Gọi (C
1
) , (C
2
) là hai đờng tròn đồng tâm I( 0 ; 1) và có bán
kính lần lợt là : R
1
=1 , R
2
= 2 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm
là phần nằm giữa hai đờng tròn (C
1
) và (C
2
)




0,5












0.5
Va
3®


1

+) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP


1
u 4;3


cña
(d
2
) lµm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0
+) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT :
 
4x 3y 5 0 x 1
C 1;3
x 2y 5 0 y 3
    

 
   
 
   
 

+) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d
2
) cã VTPT lµ


2
u 2; 1
 


∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0
+) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d
2
) lµ nghiÖm cña HPT :

 
2x y 5 0 x 3
H 3;1
x 2y 5 0 y 1
   
 
  
 
   

 

+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d
2
) th× B’ thuéc AC vµ
H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn :
 
B' H B
B' H B
x 2x x 4
B' 4;3
y 2y y 3
  

 

  


+) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT :
y - 3 = 0
+) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT :

y 3 0 x 5
A ( 5;3)
3x 4y 27 0 y 3
   
 
   
 

   
 

+) §êng th¼ng qua AB cã VTCP


AB 7; 4
 

, nªn cã PT :
x 2 y 1
4x 7y 1 0
7 4
 
    




0,25
















0,5





0,25
2a
Đờng thẳng (d
1
) đi qua M
1
( 1; -4; 3) và có VTCP


1
u 0;2;1



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



2
u 3;2;0



Do đó :


1 2
M M 1;7; 5


và


1 2
u ,u 2; 3;6





Suy ra
1 2 1 2
u ,u .M M 49 0





. Vậy (d
1
) và (d
2
) chéo nhau




0.5
2b
Lấy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuộc (d
1
) và B(-3u; 3 + 2u; -2) thuộc
(d
2
) .Ta có :


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



A,B là giao điểm của đờng vuông góc chung của (d
1
) và (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) và B(3; 1; -2)


AB 2;3; 6



AB = 7
Trung điểm I của AB có tọa độ là : ( 2; -

1
2
; 1)
Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I và bán kính là AB/2 và có PT :


2
2 2
1 49
x 2 y z 1
2 4
















0,5



3



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


0.5
0.5

Vb
3.0 đ


1
+) Tọa độ điểm B là nghiệm của HPT :

x 1
3x y 3 0
B 1;0
y 0
y 0














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

nên có PT :
3 3
y x
3 3
()
Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc ()
và cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2
+ Với b = 2 : ta có a =

1 2 3
, suy ra I=(
1 2 3
; 2 )
+ Với b = -2 ta có a =
1 2 3
, suy ra I = (
1 2 3
; -2)
Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m ().Vì nó
đi qua I nên
+ Nếu I=(
1 2 3
; 2 ) thì m = 3 + 2
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 này là :
4 4 3 6 2 3
;
3 3





.
+ Nếu I=(
1 2 3

; 2 ) thì m = -1 - 2
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
O

y

x

A

B


C

60
0

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 này là :
1 4 3 6 2 3
;
3 3






.
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của
nó là :
G
1
=
4 4 3 6 2 3
;
3 3






và G
2
=
1 4 3 6 2 3
;
3 3




















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


d
u 1;0; 1



+ Mp (P) có VTPT :


P
n 1;2;2



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


R d P
n u ;n 2; 3;2





Thay x, y, z từ Pt của (d) vào 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 và có VTCP :


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





Vậy (d) có PTCT :
x 1 y 1 z 1
10 2 7








0,25






0,25




2b
Lấy I(t; -1; -t) thuộc (d) , ta có :
d
1
= d(I, (P)) =
1 t
3

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


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


| 1 - t | = | 5 - t |

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



2 2 2
4
x 3 y 1 z 3
9




0,25



0,25
3.
sai
Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ là :
52
5
C 2598960


Số cách chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5
quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là : 13.
4
3
C 52


Xác suất để chọn 5 quân bài trong bộ bài tú lơ khơ mà trong 5
quân bài đó có đúng 3 quân bài thuộc 1 bộ là :

52
2598960
=
13
649740





0.5


0.5