Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán

kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011
 Tr­êng thpt t©y thôy anh . Môn Toán : Thêi gian lµm bµi 180 phót. 
A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
 Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
Giải phương trình: .
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 
Câu III : ( 2 điểm ).
 1. Tính tích phân sau : 
 2. Cho hệ phương trình : 
 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn > 1
Câu IV : ( 2 điểm ).
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :; d2 
và điểm M(1;2;3).
 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
 2.Tìm sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).
 ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.)
Câu Va. 
 1. Trong mặt phẳng oxy cho có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
 x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích .
 2.Tìm hệ số x6 trong khai triển biết tổng các hệ số khai triển 
bằng 1024.
Câu Vb.
 1. Giải bất phương trình : > 24.
 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
______________ Hết ____________
www.laisac.page.tl
kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011
 Tr­êng thpt t©y thôy anh . Môn Toán : Thêi gian lµm bµi 180 phót. 
 ĐÁP ÁN
Câu 
Ý
Nội dung
Điểm
I
.
200
1
.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
1,00
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 
a ;Tập xác định : D = R.
0,25
b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu 
Nhánh vô cực
0,25
c ; Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy
0,25
0,25
2
. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
1,00
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :
+ y’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2 
m 
0,25
0,25
+  x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương ) 
 . ..
0,25
Kết hợp 2 ĐK trên ta được Đáp số 
0,25
II
2,00
1
1.Giải phương trình: . ( I )
1,00
Đặt sinx + cosx = t (). sin2x = t2 - 1 ( I ) 
0,25
)
0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx =  
+ Lấy nghiệm 
0,25
 Kết luận : ( k) hoặc dưới dạng đúng khác .
0,25
2
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 
1,00
hệ có nghiệm duy nhất
0,25
 x2 + 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
0,25
+ ; Với x 0 (1) . Xét hàm số :
f(x) = trên có f’(x) = > 0 
0,25
+ , x = 3 f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 m < - 6
0,25
III
2,00
1
 1. Tính tích phân sau : 
 =
 = 
 = - =
 . = 
( Hoặc = =)
1,00
0,25
0,50
0,25
2
2.Cho hệ phương trình : 
------------------------------------------------------------------------------------------
 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn > 1
Trước hết phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 
1,00
------
0,25
0,25
 Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
+Trường hợp 1 :  ; x1 ; x2
+Trường hợp 2 : x1 ; x2 ; 
+Trường hợp 3 : x1 ;  ; x2 
0,25
Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có 
 đúng với mọi m > 
Đồng thời có hai số xi thỏa mãn > 1 ta cần có thêm điều kiện sau
 Đáp số : m > 3
0,25
IV
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :; d2 
và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
.
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 . Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0
2,00
0,25
0,25
+ Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)
  Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1)
0,25
0,25
2.Tìm sao cho AB ngắn nhất .
Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1 và d2 . 
0,50
.tọa độ của và 
0,50
Va
2,00
1
-
2
 1. Trong mặt phẳng oxy cho có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
 x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . 
+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là AC có phương trình 3x + y - 7 = 0
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ C(4;- 5)
+  ; M thuộc CM ta được 
+ Giải hệ ta được B(-2 ;-3)
0,25
0,25
Tính diện tích .
+ Tọa độ H là nghiệm của hệ 
. Tính được BH = ; AC = 2
Diện tích S = ( đvdt)
0,25
0,25
 2.Tìm hệ số x6 trong khai triển biết tổng các hệ số khai triển 
bằng 1024.
+ ; 
 2n = 1024 n = 10
0,25
0,25
+ ; ; .
 Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .
0,25
0,25
Vb
2,00
1
Giải bất phương trình : > 24. (2)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
x2 > 1
1,00
------
0,5
0,5
2
 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
-----------------------------------------------------------------------------------------
Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều . là góc giữa cạnh bên và đáy . 
 = 600 , .. AG = ; 
Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A’G = .tan600 = .= a.
.. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 
1,00
------
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau .
 + Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.
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 có đồ thị (C).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 
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)
Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 
Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = 
Câu III (1 điểm)
	Tính tích phân: 
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 . CMR:	
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) và (d’) 
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 : 
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’) 
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 : 
----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
®¸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
I
2.0®
1
1.25®
Hµm sè y = cã :
- TX§: D = \ {2}
 - Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng y = 2 lµm TCN
, . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng x = 2 lµm TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ = < 0 
y’
y
x
-
2
-
2
2
2
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; )
+ 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
2
0,75đ
Lấy điểm . Ta có : .
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
Ta có : . Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với : 
 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
 Xét 
Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với . Khi đó phương trình trở thành:
Suy ra : 
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
 x2 - 4x + 3 = (1)
TX§ : D = 
®Æt y - 2 = , 
Ta cã hÖ :
0,25
0,25
0,5
III
1.0®
1®
Ta có : =
 . Đặt 
Đổi cận : 
Vậy I2= 
Nên I = 1
0,5
0,5
IV
2®
1.0®
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 
Ta có : ; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
Vậy 
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . 
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 
Vậy MaxVSABC = , đạt được khi
sin = hay 
( với 0 < )
0,25
0,5
V
1.0®
+Ta có : ;;
+ Lại có : 
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 :
 9a2 + 100ab – 96b2 = 0
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
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 :
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP 
Ta có : 
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó : 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa
1đ
Chọn khai triển :
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của
(x + 1)12 là : 
Từ đó ta có : = = 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 :
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 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 , C = 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14 )x + 21y = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) , thay vào (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2  ... 
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
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:
=> 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương trình: (1)
Khi cos2x=1, 
Khi hoặc ,
0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình: (1)
 (1)
Ta có: 4x-3=0x=3/4
 =0x=0;x=3
Bảng xét dấu: 
 x -¥ 0 ¾ 2 + ¥
 4x-3 - - 0 + +
 + 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm: 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính 
Đặt 1+cotx=t
Khi 
Vậy 
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 DSHA(vuông tại H)
Mà DABC đều cạnh a, mà cạnh 
=> 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
=> 
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V
Ta có: 
 (1)
 (2)
 (3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
 (4)
Vì a2+b2+c2=3
Từ (4) vậy giá trị nhỏ nhất khi a=b=c=1.
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là D,
=> D : 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 D bằng 
(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: hoặc .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có 
Phương trình đường thẳng AB: 
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)
Vì =>-a-16a+12-9a+9=0
Tọa độ điểm 
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:
Vậy số phức cần tìm là: z=+()i; z= z=+()i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có: (1)
 (2)
Lấy (1)+(2) ta được:
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
Thay x=1 vào 
=>
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
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)=> 
=> 
Phương trình đường thẳng AB là: 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.b
D=24+70i, 
 hoặc 
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!
tr­êng thpt hËu léc 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010
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 : . 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 .
sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )
Câu II (2 điểm):
 1).Tìm các nghiệm trên của phương trình : 
	2).Giải phương trình: 
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 khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
1).Tính tích phân: I =
2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i
 b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 
 1 < | z – 1 | < 2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b 
Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
 1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0
 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:
 và 
Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.
Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).
3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .
Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
	1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : x – y - = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2).Cho đường thẳng (d) : và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P) 
b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)
3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng 3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )
	 ----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
tr­êng thpt hËu léc 2
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 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
I
2.0®
1
1,25®
Kh¶o s¸t vµ vÏ §THS
 - TX§: D =\ {2}
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n : nªn ®­êng th¼ng y = 3 lµ tiªm cËn ngang cña ®å thÞ hµm sè 
+) . Do ®ã ®­êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ hµm sè 
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ = < 0 , 
y’
y
x
-
-
2
3
3
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng vµ 
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;2)
+ Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : ( 4/3 ; 0)
+ §THS nhËn giao ®iÓm I(2 ;3) cña hai ®­êng tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng	
x
O
y
Gäi M(x;y) (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3 
| x – 2 | = | y – 3 | 
VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6)
0,25
0,25
0,25
0.5
2
0.75®
XÐt ph­¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)
(1) 
§Æt t = sin22x . Víi th× . Khi ®ã (1) trë thµnh :
2m = víi 
NhËn xÐt : víi mçi ta cã : 
§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n th× 
D­a vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4) 
VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ : 
0,25
0,5
II
2,0®
1
1,0®
 (1) 
§K : sinx ≠ 0 
Khi th× sinx > 0 nªn :
(1) cos2x = cos
Do nªn 
Khi th× sinx < 0 nªn :
(1) cos2x = cos
Do nªn 
0,5
0,5
2
1,0®
§Æt . Ta cã : 
Víi u = -3 , v = - 4 ta cã : x = - 61
Víi u = 4, v = 3 ta cã : x = 30
VËy Pt ®· cho cã 2 nghiÖm : x = -61 vµ x = 30
0,25
0,5
0.25
III
1.0®
1®
a)Ta cã : AB = , 
Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC ,
 ta cã : DM = 1
SD = , 
SC = 
SM = 
Ta cã : (*)	
Gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng AC vµ SD lµ gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng DM vµ SD hay bï víi gãc SDM . Do ®ã : cos = 
b) KÎ DN // BC vµ N thuéc AC . Ta cã : BC // ( SND) . Do ®ã : 
d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))
KÎ CK vµ AH vu«ng gãc víi SN , H vµ K thuéc ®­êng th¼ng SN 
Ta cã : DN // BC 
 Vµ 
Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN ( SAC) 
Do c¸ch dùng vµ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lµ kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn mp(SND) 
MÆt kh¸c : ΔANH = ΔCNK nªn AH = CK 
Mµ trong tam gi¸c vu«ng SAN l¹i cã : 
VËy kho¶ng c¸ch gi÷a BC vµ SD lµ : CK = 
0.5
0,5
IV
2®
1
1.0®
Ta cã : sinx – cosx + 1 = A(sinx + 2cosx + 3) + B(cosx – sinx) + C 
 = (A – 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C
VËy I = 
I = 
I = 
TÝnh J = . 
§Æt t = tan
§æi cËn : Khi x = th× t = 1
 Khi x = 0 th× t = 0 
VËy 
L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du
§æi cËn khi t = 1 th× u = 
Khi t = 0 th× u = víi tan
Do ®ã : I = 
0,25
0,25
0.5
2a
0.5®
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , | z | = 
Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i 
= ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i
0,5
0.5
2b
0.5đ
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y , 
Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = 
Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i |2 < 4
Gäi (C1) , (C2) lµ hai ®­êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vµ cã b¸n kÝnh lÇn l­ît lµ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp c¸c ®iÓm cÇn t×m lµ phÇn n»m gi÷a hai ®­êng trßn (C1) vµ (C2)
Va
3®
1
+) PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP cña (d2) lµm VTPT 
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0
+) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT : 
+) §­êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ 
∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 
+) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d2) lµ nghiÖm cña HPT :
+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn : 
+) §­êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0
+) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT : 
+) §­êng th¼ng qua AB cã VTCP , nªn cã PT : 
0,25
0,5
0,25
2a
§­êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP 
§­êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP 
Do ®ã : vµ 
Suy ra . VËy (d1) vµ (d2) chÐo nhau 
0.5
2b
LÊy A( 1; -4 + 2t; 3 + t) thuéc (d1) vµ B(-3u; 3 + 2u; -2) thuéc (d2) .Ta cã :
A,B lµ giao ®iÓm cña ®­êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®­êng ®ã 
Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2) AB = 7
Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; -; 1) 
MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT :
0,5
3
Sè c¸ch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lµ : 52.25 = 1300
Sè c¸ch lÊy ®Ó 2 viªn bi lÊy ra cïng mµu lµ : 30x10+7x6+15x9 = 477
X¸c suÊt ®Ó 2 bi lÊy ra cïng mµu lµ : 	
0.5
0.5
Vb
3.0 ®
1
O
y
x
A
B
C
600
+) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT :
Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc 
k = , nªn . Suy ra 
®­êng ph©n gi¸c trong gãc B cña 
ΔABC cã hÖ sè gãc k’ = 
nªn cã PT : (Δ)
T©m I( a ;b) cña ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vµ c¸ch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2
+ Víi b = 2 : ta cã a = , suy ra I=(  ; 2 )
+ Víi b = -2 ta cã a = , suy ra I = (  ; -2)
§­êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn 
+ NÕu I=(  ; 2 ) th× m = 3 + 2. 
 Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2. ; 0)
Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2. 
Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 ; 6 + 2)
VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . 
+ NÕu I=(  ; 2 ) th× m = -1 - 2. 
 Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2. Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2. ; 0)
Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2. 
Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 ; -6 - 2)
VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ : . 
VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ :
G1 = vµ G2 = 
0.25
0.5
0,25
2a
+ §­êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP 
+ Mp (P) cã VTPT : 
Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :
Thay x, y, z tõ Pt cña (d) vµo PT cña (P) ta cã : 
t - 2 - 2t + 3 = 0 hay t =1 . Suy ra (d) c¾t (P) t¹i K(1; -1; -1)
H×nh chiÕu (d’) cña (d) trªn (P) ®i qua K vµ cã VTCP :
VËy (d’) cã PTCT : 
0,25
0,25
2b
LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã :
d1 = d(I, (P)) = ; d2 = d(I, (Q)) = 
Do mÆt cÇu t©m I tiÕp xóc víi (P0 vµ (Q) nªn : R = d1 = d2 
 | 1 - t | = | 5 - t | t = 3
Suy ra : R = 2/3 vµ I = ( 3; -1; -3 ) . Do ®ã mÆt cÇu cÇn t×m cã PT lµ : 
0,25
0,25
3. sai
Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ : 
Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : 13.
X¸c suÊt ®Ó chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ mµ trong 5 qu©n bµi ®ã cã ®óng 3 qu©n bµi thuéc 1 bé lµ : = 	
0.5
0.5