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 3
y
x2



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: x
2

 
   

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)
x1
và (d’)
3y z2
112
 


x12t
y2t
z1t
 


 


2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)


và (d’)

xt
y12t
z4
5t






xt
y12
z3t


t
 






R
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn : . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng y = 2 lm TCN
x
Lim y 2


, . Do đó ĐTHS nhận đờng thẳng x = 2 lm TCĐ
x2 x2
lim y ; lim y



+) Bảng biến thiên:
Ta có : y =

2
1
x2


< 0
xD

0,25
0,25

0,5
I
2.0đ
2
0,75
Ly im
1
Mm;2
m2



y

1
y' m
m2


.
Tip tuyn (d) ti M cú phng trỡnh :



2
11
yxm2
m2
m2




Giao im ca (d) vi tim cn ng l :
2
A2;2
m2






Giao im ca (d) vi tim cn ngang l : B(2m 2 ; 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 cosx
21sinx 1cosx0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x




 



23
cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x


2
Suy ra :
12
2cos x 1 2 cos x cos
44
2

 
  
 
 

x2
4

 k
0,25
0,25 0,5

II
2,0®

x2 y5
y2 x5 xyxy3 0
y2 y2







  










2
2
x2 y5
xy0
529
x
2
x2 y5
x1











0,25
0,25

0,5



11
2
11
11 1x
1dx dx
2x 2x










1
1
11
1
11 1
I1dxlnxx|1


2x 2





x1
t2












Vậy I
2
=

2
2
2
2
tdt
0
2t 1




Nên I = 1


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


x0;1
12
Max f x f
33





3

Vậy MaxV
SABC
=
3
a
93
, đạt được khi
sin =

242
.( )
xyz x yz

 
;
1111
242
()
xyz yxz

 
;
1111
242
()
xy z zyx

 
+ Lại có :
1111
()
xy 4x y


;1111
()

AB tạo với BC nên :

2222 22 22
2a 5b 2.12 5.1
25.ab 25.121


 
A
B
C
S



22
2a 5b
29
5
ab





 
20,25

0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-113- http://www.VNMATH.com
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 :

x9t
y68t
z515t








+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1

Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :

 

MM ' u, u '
8
dd,d'
11
u,u '








0,25
0,25


trong khai triển của (x + 1)
5
.(x + 1)
7
là :

05 14 23 32 41 50
57 57 57 57 57 57
CC CC CC CC CC CC
Mặt khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và hệ số của x
5
trong khai triển của
(x + 1)
12
là :
5
12
C
Từ đó ta có :
= = 792
05 14 23 32 41 50
57 57 57 57 57 57
CC CC CC CC CC CC


(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2
+ B
2
0) là tiếp tuyến chung của (C

1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và
I
2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :



22
22
5A 12B C
15 1
AB




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 : 96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .

0,25


+ 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
13
I;0;
22






hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u
15 15 15
v.u' ;2;3
777
u'








115
x1
27
15
y22 t
7
315
z53
27


  


























 





t
t
VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log
5
( x + 3) = log
2
x (1)
Đặt t = log
2
x, suy ra x = 2

tt
21
ln 0, 4 3 ln 0, 2 0, t
35
 

 
 
R


Suy ra f(t) ngh
ịch biến trên R
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log
2
x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2

0,25 0,25

0,25


2
4x 3 x 3x 4 8x 6

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
Id
sinx.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 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
100
100
200C
.
24 6
100 100 100
4 8 12 ...AC C C 
2. Cho hai đường thẳng c
ó
phươ
ng trình:
1
:1
32
23
x z
2
dy

2
3
:7
1
x t
dy
zt
t