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 (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1. Giải phương trình
2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3
c c

2. Giải hệ phương trình
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y

  

Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x

ĐỀ SỐ 4

ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM

TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
 
 
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) ,lim
x x
f x
 
 
   
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x

(2.0đ)
1.
(1.0đ) Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x




Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t


ta có f’(t) =
2
4 4

2
1 1
0
x
x
x


  




0.25 + Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos

(1.0đ)
2
24 2
2
42 7
x k
k
x
k
x


 
 

 






   


đưa hệ về dạng
2
2
2 2 0
2 2 0
u u v
v v u

   


   



0.5 2.(1.0đ)




 
 





 
    




     
 


 
 

 

 
   

 
Câu III.
(1.0đ)
1 1
2 3
0 0
sin
1
x
I x x dx dx
x
 

 

0.25

O
C
B
A
D
S
H
Ta tính I
1
=
1
2 3

2 (1 ) 2(1 ) 2
1 4 2
dt
t
 
    



0.25
Từ đó ta có I = I
1
+ I
2
= -1/3(cos1 - 1)+
2
2



0.25
Ta có
1 1 1
2

( 1)( 1)( 1)
8
x y z
   

0.25

Câu IV.
(1.0đ)

vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z
   0.25

Ta có ( . . )
SBD DCB c c c SO CO
    

Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.
2
1
CA x

(1.0đ)
Mà
2 2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SC SA
x
   


Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d
0.25
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.

Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)

B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D


0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x

 
 
 3
log ( 1)
0
6
x
x

 



  

   


  


0.25
Câu
VIIa
(1.0đ)

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
2
0
1

Vì
; 0
Q
AB n
 

 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5
x
x N
 



