TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề)
I. 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: x2 – 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
xyz
. CMR: 111
1
222x 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 :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t
và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t
a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm )
Giải phương trình :
5
log x 3
2 x
----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ SỐ 20
®¸p ¸n
C©u Néi dung §iÓm
1
1.25®
Hµm sè y =
2x 3
x 2
cã :
- TX§: D =
R
\ {2}
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : x
Lim y 2

. Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm TCN
, x 2 x 2
lim y ; lim y
 
. Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ =
2
1
x 2
< 0
x D
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng

;2
vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao ®iÓm víi trôc hoµnh :
A(3/2; 0)
- §THS nhËn ®iÓm (2; 2)
lµm t©m ®èi xøng
0,25
0,25
0,25
0,5
I
2.0®
2
0,75đ
Lấy điểm 1
M m;2
m 2
C
. Ta có :
2
1
y' m
m 2
.
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :
2
1 1
y x m 2
m 2
m 2
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2
A 2;2
m 2
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có :
2
22
1
AB 4 m 2 8
m 2
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
8
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y’
y
x


-


2
-
2
2
2
0,25đ
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với :
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0
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:
22
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
II
2,0®
2
1,0®
x2 - 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 :
22
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
x2
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
22
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
11
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2
12
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
Vậy I2=
22
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 – x3 trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 .
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 MaxVSABC =
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 (a2 + b2
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
9a2 + 100ab – 96b2 = 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
AB
C
S
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
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP
u' 2;1;1
Ta có :
MM ' 2; 1;3

1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1
MM' u,u' 2; 1;3 ; ; 8 0
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :
MM ' u,u'
8
d d , d'
11
u,u '
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
70 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
Hệ số của x5 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 x5 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 (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có
tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A2 + B2
0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , 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 : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25