Sở GD và ĐT hải dơng

Trờng THPT Thanh Bình

Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn thi : toán, Khối A, B
(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)

A. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2 đ): Cho hàm số:
2
1
x
y
x



(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là
nhỏ nhất.
Câu II ( 2 đ):
1) Giải phơng trình:
6 6
4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4
0
sin 2
x x x x
x


1
ln
4 ln
e
I x dx
x x




Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A,
2
BC a

, hình chiếu của A trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác
ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ đó.
Câu V (1 đ): Cho hai số thực x, y thoả mãn :
3 1 3 2
x x y y


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y.
B. Phần tự chọn ( 3,0 điểm)
1. Theo chơng trình chuẩn:

.
2) Trong không gian Oxyz cho 3 đờng thẳng:

1
x 2 y 2 z 1
d :
3 4 1

;
2
x 7 y 3 z 9
d :
1 2 1



;
3
x 1 y 3 z 2
d :
1 1 2


Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d
3
và cắt d
1
, d
2
.

+
2
lim lim 1
1
x x
x
y
x

=> Đờng thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
+
( 1) ( 1)
2
lim lim
1
x x
x
y
x






1
+ -
1
c) Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2;0 )
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-2)

f(x)=(x-2)/(x+1)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y2) Gọi M(x
0
, y
0
) (C) , ( Trong đó
0
0
2
1
x
y
x

( , ) ( , ) 0
0
2
1 1
1
M d M d
x
d d d x
x


0 0 0
0 0 0
3 3 3
1 1 2 1. 2 3
1 1 1
x x x
x x x




Vậy:
min 0
0
3
2 3 1

0 0
3 1 1 3
x y

Vậy có 2 điểm M (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:


1
1 3;1 3
M
và


2
3 1;1 3
M
.
Câu II:
1)
6 6
4(sin cos ) 6.cos2 2.cos4
0
sin 2
x x x x
x


(1)
Điều kiện: sin2x 0.
Ta có (1)


cos2 1 sin 2 0 ( )
1
cos2 ( )
7
x x L
x TM








.
1
2 arccos 2
7
1
cos2
7
1
2 arccos 2
7
x k
x
x k



x k


và
1 1
arccos
2 7
x k



( )
k Z


2) Giải hệ phơng trình sau:
2 2
(1)
8 2 2 3 2 (2)
x y
y x
x y y



( )
f t t
t

với t

0.
2
2
'( ) 1 0 0
f t t
t

=> Hàm số đồng biến trên D




;0 0;

U .
Mà (*) ( ) ( )
f x f y x y

thế vào PT (2) ta có:

8 2 2 3 2
x x x

điều kiện

2
3
(3 2)(2 2) (4 2 )
6 2 4 16 16 4
x
x
x x x
x x x x





2
2
2
2
2
3
3
1 ( )

y





=>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1).
3). Điều kiện: x 0.
Ta có:
2 2
2x 3 2x 3
x 2 x 2
x x
3 3
3 .4 18 log 3 .4 log 18


2
3 3
4x 6
x 2 .log 2 2 log 2
x



2
2
1
1
ln
4 ln
e
I x dx
x x



2
2
1 1
1
ln .
4 ln
e e
dx x dx
x x

I
u




Đặt u = 2sint => du = 2costdt
Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t =
6
6 6 6
1
2
0 0 0
2.cos 2.cos
.
2.cos
4 4sin
t t
I dt dt dt
t
t




6
6










2
2
1
.ln .2ln .
1
e
e
dx
I x x x x
x



2
1
.ln 2.ln .
1
e
e
x x x dx


e
e e
dx
I x x x x x
x



2
.ln 2 ln 2
1 1 1
e e e
x x x x x


= e - 2e + 2e - 2 = e - 2
Vậy:
1 2
2
6
I I I e


.
Câu IV:
Do ABC vuông cân tại A mà BC =
2
a

=> AB = BC = a



2 3
. ' ' '
6 6
. ' .
2 3 6
ABC A B C ABC
a a a
V S A G

(đvdt)
Câu V: Ta có :


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


Đặt:


x y a 3 1 2
x y a


Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm:

3 1 2
x y a
2
2 2
2
2 3
33
1
3
3
3
2 9
a
u v
u v uv a
u v a
a
a
u v a
u v
uv a










Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t
1
, t
2
không âm
2
2
0 18 54 0
9 3 21
0 0 9 3 15
2
0
9 27 0
a a
S a a
P
a a









hay

60
0
a

a

Phần tự chọn
1. Theo chơng trình chuẩn:
Câu VIa:
1). Đờng thẳng AC vuông góc với BD: y - 3 = 0 nên
có phơng trình dạng: x + c = 0. mặt khác AC lại
đi qua A( 4; 5) nên c = - 4.
Vậy AC: x- 4 = 0
(4;3)
I

.
Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính
R= AI = 2 nên có phơng trình:

2 2
4 3 4
x y


Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình:


2 2 2
3

Gọi B = d => B(2 + 3t; -4- 2t; 1 + 2t)
Ta có:
(3 3 ; 4 2 ;2 )
AB t t t

uuur
.
Vì // (P)
( (3; 2; 3) )
P P
AB n n
uuur uur uur
)

. 0
P
AB n

uuur uur

3(3 + 3t) - 2(-4 - 2t) - 3(2t) = 0
9 + 9t + 8 + 4t - 6t = 0
7t = -17
17
7
t


Lúc đó
30 6 34 2

2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) . . . . .
K k
k
x C x C C x C x C x C x C x




2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) .( ) . . . . .
k k
k
x C x C C x C x C x C x C x



2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
(1 ) (1 )

2011 2011

2 2 4 2010
1 1
x x
C x C x C x

A
(4;5)

C

B

I(4;3
)

D


Vậy:
2011 2011
3 2 1
4022
S

.
2. Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b
1). Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là
(2;3)
d
n
uur

Đờng thẳng đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a
2
+ b
2
0)
ax + by - (2a +b) = 0
() có vec tơ pháp tuyến
( ; )
n a b


uur

Theo giả thiết thì góc giữa và d bằng 45



2 2
26. 2 2 3
a b a b


26(a
2
+ b
2
) = 4(4a
2
+ 12ab + 9b
2
) 5a
2
- 24ab - 5b
2
= 0

2
5 24 5 0
a a
b b






chọn a = -1, b= 5 có phơng trình: -x + 5y - 3 = 0.
2).
Gọi A, B lần lợt là giao điểm của d với d
1
và d
2

=> A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b)
=>
(5 3 ;5 2 4 ;8 )
AB b a b a b a

uuur

Đờng thẳng d
3
có vectơ chỉ phơng là
3
(1;1;2)
u
uur

Ta có:
3
, (2 5 7 ;2 3 5 ; )
AB u b a b a b a



uuur uur





Khi đó A(5;2;2), B(8;5;8)
(3;3;6) 3(1;1;2)
AB
uuur

Vậy đờng thẳng (d) cần tìm có PT:
5 2 2
1 1 2
x y z
Câu VII.b (1 điểm)
a) Gọi A là biến cố Chọn đợc 2 viên bi xanh
B là biến cố Chọn đợc 2 viên bi đỏ
C là biến cố Chọn đợc 2 viên bi vàng
Và H là biến cố Chọn đợc 2 viên cùng màu
(d
1
)

(d
2
)

(d)

C
C C
P H P A B C P A P B P C
C C C
         

b) BiÕn cè “ Chän ®îc hai viªn bi kh¸c mµu” chÝnh lµ biÕn cè
H
. suy ra
 
5 13
( ) 1 1
18 18
P H P H    
.