63 đề thi thử toán đại học có đáp án

(1) ; đ/k 2 2 0x mx m    1x  Vì với  ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với  .Suy ra d tại hai điểm phân biệt với 2 4 8 (1) 1 0 m m f         ( )C 0 m m m *Gọi các giao điểm của d là: A(( )C ;A Ax x m  ) ; B( ;B Bx x m  );với Ax ; Bx là các nghiệm của p/t (1)    22 2 2 2 2( ) 2 ( ) 4 . 2 4( 2) 2 ( 2) 4 8 A B A B A BAB x x x x x x m m m                Vậy : AB min 2 2 , đạt được khi m = 2 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 63 Đề thi thử Đại học 2011 -105- a) (1 điểm) 2 2 2 22 1 2 2 1 2(2 ) 29 34.15 25 0 9.3 34.3 2x x x x x x x x           x x 2 22 2(2 )5 25.5 0x x x x .   2 22 2 2 2(2 ) 2 2 3 1 53 39. 34. 25 0 5 5 3 2 5 9 x x x x x x x x                             5 22 0 ( ;1 3) (0;2) (1 3; 2 2 x x x x x              ) KL: Bpt có tập nghiệm là T= ( ;1 3) (0;2) (1 3; )      0,25điểm 0,25điểm 0,5 điểm Câu II 2 điểm b)(1 điểm) đ/k  2 2 1 1 ( 1) ( 1) 2 x y a 1; 1y   .Bất pt x 1x y a           2 1 1 11 ( 2 a a   1. 2 1) x y x y a            ; Vậy x 1 và 1y  là nghiệm của p/t: T 2 21 ( 2 1) 0 2 aT a a     * .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm không âm 2 2 2 0 2( 2 0 0 0 1 2 2 6 0 1 ( 2 1) 0 2 a a a S a a P a a                     1)  0,25 điểm 0,25điểm 0,5điểm a) (1 điểm) 2cosx+ 2 21 8 1os ( ) sin 2 3 os(x+ )+ sin 3 3 2 3 c x x c x     2 osx+c 2 21 8 1os sin 2 3s inx+ sin 3 3 3 c x x x   2 26 osx+cos 6 osx(1- 8 6s inx.cosx-9sinx+sinc x   2sinx)-(2sin 9s inx+7) 0c x  x  76 osx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- ) 0 2 c  (1-sinx)(6cosx-2sinx+7) 0  (1) (2) 1 s inx=0 6cosx-2sinx+7=0   2 ;( ) 2 x k k Z     (p/t vô nghiệm ) (2) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm Câu III 2 điểm b) (1 điểm) Tính: I= 1 3 1 0 xe d x Đặt 3 1x t  ; t 0 2 23 1 . 3 x t dx t dt 0 1 1 2      ; x t x t       Vậy I= 2 1 2 3 tte dt Đặt . t tu t du dtdv e dt v e       Ta có 2 2 1 2 2( ) 3 3 t tI te e dt e   0,5 điểm 0,5 điểm 63 Đề thi thử Đại học 2011 -106- Câu Nội dung chính và kết quả Điểm thành phần Câu IV 1 điểm I(1;5;0) , 1 : 4 1 2 x t y t z t       2 : 1 3 x 2 3 y z    1 có vtcp ;và đi qua điểm M11(1; 1;2)u  1 (0;4; 1) 2 có vtcp ; đi qua điểm 2 (1; 3; 3)u   2 2 (0;2;0)M  mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt 2)n M1 1, (3; 1;I u         p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0 Tương tự mp(Q) chứa và điểm I có vtpt 2 'n  (3;-1;2) p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và 2 , nên d = (P)  (Q) đường thẳng d có vtcp ',du n n      = (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0) Nên p/t tham số của d là 1 5 3 0 x t y t z      *mp( ) qua điểm I và song song với 1 và 2 nên ( ) có vtpt n  = =(9;5;-2) 1 2,u u    p/t ( ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 63 Đề thi thử Đại học 2011 -107- CâuVa 3 điểm 1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 :  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 *Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: (điểm) 310 720A  * Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ còn lại khác nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: 29 72A  (điểm) 2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC) d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC))  Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = ACBD mp(SMN) mp(SDC)   Hạ MH SN , (HSN)  MHmp(SDC) MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) * Tính MH: Hạ OI SN MH = 2.OI   SNO vuông có:  2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 .OS OS OS ONOI OI ON ON      2 Với ON = 2 a ; OS = a N O A D B C S M I H ta tính được OI = a 5 5 MH=  2a 5 5 3) (1 điểm) * ; Đ/k x>0 . Đặt lo2log 23 x x 1 2g x t 2tx  p/t *  3 13 4 1 1 4 4 t t t t               . Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m được nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : lo 2g 1 2x x   KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2 0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 63 Đề thi thử Đại học 2011 -108- Câu Vb 3 điểm 1)(1 điểm) Đặt 5 ' 4( ) 5 5 ( ) 5( 1) 5( 1)( 1)( 1)f x x x f x x x x x         2  1 '( ) 0 1 x f x x      .Ta có bảng biến thiên của h/s f(x): x - -1 1 + f’(x) + 0 - 0 + f(x) -1 + - -9  Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất 2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm là ( 0 0;x y ), PTTT (d) có dạng: 0 0 116 9 x x y y  * Vì A(4;3)(d)  0 04 3 1 16 9 x y  (1) Vì tiếp điểm ( )E ,nên 2 2 0 0 1 16 9 x y  (2) .Từ (1),(2) ta có 0 144 x   0 00 2 2 0 0 0 0 12 3 4; 0 4 0; 39 16 x yy x yx y         . Từ p/t * , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) đi qua điểm A(4;3) là : (d ) : x – 4 = 0 ; (d ) : y – 3 = 0 1 2 3)(1 điểm) 1TH : Số phải tìm chứa bộ 123: Lấy 4 chữ số  0;4;5;6;7;8;9 : có cách 47A Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách có 5 47A = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu 36A  Có 5 - 4 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 47A 36A TH2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có bặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng thì phải cho điểm tối đa 63 Đề thi thử Đại học 2011 -109- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2x 3y 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 x y z    . CMR: 1 1 1 1 2 2x y z x y z x y z2         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 và (d’) 3 y z 2 1 1 2     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 : S 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C 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)  và (d’)  x t y 1 2t z 4 5t       x t y 1 2 z 3t  t       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 :  5log x 3 2 x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 63 Đề thi thử Đại học 2011 -110- ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lμm bμi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm 1 1.25® Hμm sè y = 2x 3 x 2   cã : - TX§: D = \ {2} R - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng y = 2 lμm TCN x Lim y 2  , . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng x = 2 lμm TC§ x 2 x 2 lim y ; lim y        +) 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 1M m;2 m 2   y’ y 2 2 - 2   -   x 8 6 4 2 -5 5 10 -2 -4    C . Ta có :    2 1y ' m m 2    . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :    2 1 1y x m 2 m 2m 2       Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2A 2;2 m 2     Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) 0,25đ 0,25đ 63 Đề thi thử Đại học 2011 -111- Ta có :     22 2 1AB 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 1 1,0® Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0     sin x cosx2 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 30 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: 2 2t 1t 0 t 2t 1 0 t 1 2          2 Suy ra : 1 22cos 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; )     21 x 2 7 x     5 ®Æt y - 2 = x 5 ,  2y 2 y 2 x 5     Ta cã hÖ :          2 2 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 29x 2x 2 y 5 x 1x 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 12 2 2 2 1 1 1 x 1 x 1 x 1 xdx dx 2x1 x 1 x            1 1 2 1 1 1 1 1 x1 dx dx 2 x 2x          1 1 1 1 1 1 1 1I 1 dx ln x x | 1 2 x 2             1 2 2 1 1 xI dx 2x  . Đặt    2 2 2t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx       0,5 0,5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -112- Đổi cận : x 1 t 2 x 1 t 2         Vậy I2=   2 2 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 : ; BC = AC = a.cosSCA   ; SA = a.sin Vậy 3 2 3SABC ABC1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin3 6 6 6        2  Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 .   1f ' 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 2Max f x f 3 3      3 Vậy MaxVSABC = 3a 9 3 , đạt được khi sin =  1 3 hay 1arcsin 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     A B C S   2 2 2a 5b 29 5a b      2 2 25 2a 5b 29 a b    9a 2 + 100ab – 96b2 = 0 a 12 8a b 9   b    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 0,25 0,25 0,25 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -113- Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 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 11 1 1 2 2 1MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0          Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM ' u, u ' 8d d , d ' 11u, u '            0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa 1đ Chọn khai triển :  5 0 1 2 2 55 5 5 5x 1 C C x C x C x      5   7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 57 7 7 7 7 7 7 7x 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 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C 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 : 512C Từ đó ta có : = = 792 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C     512C .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 (C 1) 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 2A B 2 221A 28AB 24B 0    14 10 7A 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 3BC 2    , thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 0,25 0,25 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -114- 2 1® a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP  u 1;2;5 + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP  u ' 1; 2; 3  Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là 1 3I ;0; 2 2    hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM) b) Ta lấy u 15 15 15v .u ' ; 2 ; 3 7 7 7u '             . Ta đặt : 15 15 15a u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7              7 15 15 15b u v 1 ;2 2 ;5 3 7 7              7 Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là : a,b  1 15x 1 2 7 15y 2 2 t 7 3 15z 5 3 2 7                             t t và 1 15x 1 2 7 15y 2 2 t 7 3 15z 5 3 2 7                             t t VIIb 1® ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t    t t52 log 2 3 t 2 3     t5 t t2 13 13 5            (2) Xét hàm số : f(t) = t t2 13 3 5           f'(t) = t t2 1ln 0,4 3 ln 0,2 0, t 3 5             R  Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -115- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : Toán, khối D (Thời gian 180 không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. 1  Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0   2. Giải bất phương trình   24x 3 x 3x 4 8x 6     Câu III ( 1điểm)Tính tích phân 3 6 cotxI d s inx.sin x 4         x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 23 3 a b cP b c a    3 3   PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2x y 2x 8y 8 0     . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i 2   . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức: 100100200C . 2 4 6100 100 1004 8 12 ...A C C C     2. Cho hai đường thẳng có phương trình: 1 : 13 2 2 3x z  2d y   2 3 : 7 1 x t d y z t t       Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 63 Đề thi thử Đại học 2011 -116- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm 1 Tập xác định: D=R    3 2 3 2lim 3 2 lim 3 2 x x x x x x         y’=3x2-6x=0 0 2 x x    Bảng biến thiên: x - 0 2 +  y’ + 0 - 0 + 2 +  y - -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ I 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4 3 2 5 2 2 2 5 xy x y x y          => 4 2 ; 5 5 M    0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    (1)          1 os2 1 2sin 1 2sin os2 1 1 2sin 0 c x x x c x x         0 Khi cos2x=1 x k , k Z Khi 1s inx 2  2  2 6 x k   hoặc 5 2 6 x k   , k Z 0,5 đ 0,5 đ II 2 Giải bất phương trình:   24x 3 x 3x 4 8x 6     (1) 63 Đề thi thử Đại học 2011 -117- (1)   24 3 3 4 2x x x 0      Ta có: 4x-3=0x=3/4 2 3 4x x   2=0x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 ¾ 2 +  4x-3 - - 0 + + 2 3 4 2x x   + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 + Vậy bất phương trình có nghiệm:  30; 3; 4 x       0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tính     3 3 6 6 3 2 6 cot cot2 s inx s inx cossin x sin 4 cot2 s in x 1 cot x xI dx dx xx x dx x                  Đặt 1+cotx=t 21sin dx dtx   Khi 3 11 3; 6 3 3 x t x t         Vậy  3 1 3 13 1 33 1 3 1 22 2 ln 2 l 3 tI dt t t t              n 3 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) 0 3cos30 2 aAH SA  Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh 3 2 aAH  => H là trung điểm của cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA => 0 3AHsin 30 2 4 AH aHK    0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ H A C B S K 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -118- Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 3 4 a 0,25 đ V Ta có: 3 3 2 6 3 2 2 3 33 16 64 42 3 2 3 a a b a b b      2a (1) 3 3 2 6 3 2 2 3 33 16 64 42 3 2 3 b b c c c c      2c (2) 3 3 2 6 3 2 2 3 33 16 64 42 3 2 3 c c a c a a      2c (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được:  2 2 2 2 2 29 316 4a b cP a b c      (4) Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) 3 2 P  vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P  khi a=b=c=1. 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn 1 Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến  bằng 2 25 3 4    2 4 10 13 4 , 4 3 1 4 10 1 cc d I c              (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1x y 0    hoặc 3 4 10 1x y    0 . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.a 2 Ta có  1; 4; 3AB     Phương trình đường thẳng AB: 1 5 4 4 3 x t y t z t       Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3)DC a a a    Vì =>-a-16a+12-9a+9=0AB DC  21 26 a  Tọa độ điểm 5 49 41; ; 26 26 26 D     0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VII.a Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có:      2 22 1 2 2 1 3 2 a b i a b b a b a      4           0,25 đ 0,25 đ 4 63 Đề thi thử Đại học 2011 -119- 2 2 1 2 2 2 1 2 a b a b             Vậy số phức cần tìm là: z= 2 2 +( 1 2  )i; z= z= 2 2 +( 1  2 )i. 0,25 đ 0,25 đ A. Theo chương trình nâng cao 1 Ta có:  100 0 1 2 2 100 100100 100 100 1001 ...x C C x C x C x      (1)  100 0 1 2 2 3 3 100 100100 100 100 100 1001 ...x C C x C x C x C x       (2) Lấy (1)+(2) ta được:    100 100 0 2 2 4 4 100 100100 100 100 1001 1 2 2 2 ... 2x x C C x C x C x        Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được    99 99 2 4 3 100 99100 100 100100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x       Thay x=1 vào => 99 2 4 100100 100 100100.2 4 8 ... 200A C C     C 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.b 2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA kMB     3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b          3 1 3 1 1 11 2 3 3 2 11 2 4 2 2 4 1 a kb a kb a a kb k a k kb k a kb a kb b                            =>  2; 10; 2MA    Phương trình đường thẳng AB là: 3 2 10 10 1 2 x t y t z t       0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VII.b =24+70i, 7 5i   hoặc 7 5i    2 5 4 z i z i       0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác! 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -120- 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 4y 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 20; 3     . sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm): 1).Tìm các nghiệm trên của phương trình : 0;2 sin 3x sin x sin 2x cos2x1 cos2x   2).Giải phương trình: 3 3x 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