1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
1
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 ).
1. Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x  .
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x  
Câu III : ( 2 điểm ).
1. Tính tích phân sau :
2 2
3
1
1
.
x
I dx
x x



2. Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y
   

  
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
 0d  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1
Câu IV : ( 2 điểm ).
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :
1 1 2
x y z
  ; d2
1 2
1
x t
y t
z t
  


  
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 1 2;A d B d  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 ABC 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 ABC .
2.Tìm hệ số x6
trong khai triển
31
n
x
x
 
 
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
Câu Vb.
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5x x 
 > 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 ____________

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2
kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011
Tr­êng thpt t©y thôy anh . Môn Toán : Thời gian làm bài 180 phút.
ĐÁP ÁN
Câ
u
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……
j
o
4 + 
- 
+ +- 00
20
+ - 
y
y'
x
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
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15 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

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
3
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  ' 2
4 5 0m m    
 m < - 1 hoặc m >
5
4
0,25
0,25
+ x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2
của y’
mang dấu dương )
 ….  '
4 2m   ….. 
21
15
m 
0,25
Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số  ; 1m  
5 7
;
4 5
 
 
  0,25
II 2,00
1
1.Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x  . ( I )
1,00
Đặt sinx + cosx = t ( 2t  ). sin2x = t2
- 1  ( I ) 0,25
 2
2 2 6 0t t    2t   ) 0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx = 2 …  os( ) 1
4
c x

  
+ Lấy nghiệm
0,25
Kết luận :
5
2
4
x k

  ( k ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25
2
Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x  
1,00
 hệ
2 2
2x x 9 6x
3
m x
x
    


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) 
2
6x 9x
m
x
 
  . Xét hàm số :
f(x) =
2
6x 9x
x
 
trên    ;3 0 có f’
(x) =
2
2
9x
x

> 0 0x 
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 :
2 2
3
1
1
.
x
I dx
x x



2 2
3
1
1
.
x
I dx
x x


 =
1,00

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
4
2
2
1
1
1
x
1
x d
x
x


 =
2
1
1
( )
1
d x
x
x
x



 = - 1
21
ln( )x
x
 =
…. =
4
ln
5
( Hoặc
2 2
3
1
1
.
x
I dx
x x


 =
2
2
1
1 2x
x
1
d
x x
 
 
 
 =……)
0,25
0,50
0,25
2
2.Cho hệ phương trình :
3 3
( )
1
x y m x y
x y
   

  
------------------------------------------------------------------------------------------
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  0d  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1
3 3
( )
1
x y m x y
x y
   

  

2 2
( )( ) 0
1
x y x y xy m
x y
     

  

2
1
2
1
( ) 1 0
x y
y x
x x x m

  

  
     
Trước hết ( )x phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 
3
4 3 0
4
m m    
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 :
1
2
 ; x1 ; x2
+Trường hợp 2 : x1 ; x2 ;
1
2

+Trường hợp 3 : x1 ;
1
2
 ; x2
0,25
Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
1 2
1 2
1
1
x x
x x m
  

 
đúng với mọi m >
3
4
Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1 ta cần có thêm điều kiện sau
2
1 4 3
1 4 3 3 3
2
m
x m m
  
      Đáp số : m > 3
0,25
IV
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :
1 1 2
x y z
  ; d2
1 2
1
x t
y t
z t
  


  
2,00

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
5
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
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 1 2;A d B d  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
 1
2
. 0
. 0
AB v
AB v
 


 
  …….tọa độ của
3 3 6
; ;
35 35 35
A
 
 
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B
  
 
 
0,50
Va 2,00
1
-
1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC 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 .
M
C
B
H
A
+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n 

AC có phương trình 3x
+ y - 7 = 0
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ
AC
CM



……C(4;- 5)
+
2 1
;
2 2
B B
M M
x y
x y
 
  ; M thuộc CM ta được
2 1
1 0
2 2
B Bx y 
  
+ Giải hệ
2 1
1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
 
  

   
ta được B(-2 ;-3)
0,25
0,25
Tính diện tích ABC .
+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
14
3 7 0 5
3x 7 0 7
5
x
x y
y
y

   
 
     

0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
6
2
…. Tính được BH =
8 10
5
; AC = 2 10
Diện tích S =
1 1 8 10
. .2 10. 16
2 2 5
AC BH   ( đvdt)
0,25
2.Tìm hệ số x6
trong khai triển
31
n
x
x
 
 
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
+ ; 0 1
... 1024n
n n nC C C   
  1 1 1024
n
   2n
= 1024  n = 10
0,25
0,25
+ ;  
10 1010
3 3
10
1 1
.
k
kk
k o
x C x
x x


   
    
   
 ; …….
Hạng tử chứa x6
ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .
0,25
0,25
Vb 2,00
1
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5x x 
 > 24. (2)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
(2)     2 22
5 5 24 5 5 0x x
  

2
5 5x
  x2
> 1 
1
1
x
x

 


1,00
------
0,5
0,5

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
7
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.
-----------------------------------------------------------------------------------------
G
N
M
C
B
A
B'
C'
A'
Từ giả thiết ta được chop A’
.ABC là chop tam giác đều . '
A AG là góc giữa cạnh bên
và đáy .
 '
A AG = 600
, ….. AG =
3
3
a
;
Đường cao A’
G của chop A’
.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A’
G =
3
3
a
.tan600
=
3
3
a
. 3 = a.
…….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V =
3
1 3 3
. . .
2 2 4
a a
a a 
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.

8. Thi thử Đại học www.toanpt.net
8
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
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 2 2x y z x y z x y z
  
     
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 3 y z 2
1 1 2
  
 

và (d’)
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 : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7S C 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)
x t
y 1 2t
z 4 5t


 
  
và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t


  
  
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.

9. Thi thử Đại học www.toanpt.net
9
®¸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 =
2x 3
x 2


cã :
- TX§: D =  {2}
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n :
x
Lim y 2

 . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng y = 2 lµm TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
 
 
    . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng x = 2 lµm TC§
+) 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
2
0,75đ
Lấy điểm
1
M m;2
m 2
 
 
 
 C . Ta có :  
 
2
1
y' m
m 2
 

.
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :
 
 2
1 1
y x m 2
m 2m 2
    

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là :
2
A 2;2
m 2
 
 
 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
0,25đ
0,25đ
8
6
4
2
-2
-4
-5 5 10
y’
y
x 
-


2
-
22
2

10. Thi thử Đại học www.toanpt.net
10
Ta có :  
 
22
2
1
AB 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
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với :
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0
   
sin x cosx
2 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 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2

          
 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx
với t 2; 2   
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2

        
Suy ra :
1 2
2cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
     
          
   
x 2
4

    
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
x2
- 4x + 3 = x 5 (1)
TX§ : D =  5; ) 
   
2
1 x 2 7 x 5    
®Æt y - 2 = x 5 ,  
2
y 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 29
x
2x 2 y 5
x 1
x 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 x
dx dx
2x1 x 1 x 
     
 
  
 
1 1 2
1 1
1 1 1 x
1 dx dx
2 x 2x 
 
   
 
 

1
1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2


 
         
 


1 2
2
1
1 x
I dx
2x

  . Đặt 2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx      
0,5
0,5

11. Thi thử Đại học www.toanpt.net
11
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 : SCA  ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin
Vậy
 3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
        
Xét hàm số : f(x) = x – x3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2
.  
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
 
 x 0;1
1 2
Maxf x f
3 3 3
 
  
 
Vậy MaxVSABC =
3
a
9 3
, đạt được khi
sin =
1
3
hay
1
arcsin
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
 

   
2 2
2a 5b 29
5a b

 

   2 2 2
5 2a 5b 29 a b   
 9a2
+ 100ab – 96b2
= 0
a 12b
8
a b
9
 

 

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
A
B
C
S


12. Thi thử Đại học www.toanpt.net
12
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 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 :
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 1
1 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 ' 8
d d , d'
11u,u '
 
 
 
 
 
  
 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa 1đ
Chọn khai triển :
 
5 0 1 2 2 5 5
5 5 5 5x 1 C C x C x C x     
 
7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 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 0
5 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 : 5
12C
Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C     = 5
12C = 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 :
 
 
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 2
A B 2 2
21A 28AB 24B 0   
14 10 7
A 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 3B
C
2
 
  , thay vào (2) ta
được : 96A2
+ 28AB + 51B2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25

13. Thi thử Đại học www.toanpt.net
13
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 3
I ;0;
2 2
 
 
 
hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u 15 15 15
v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7u '
 
     
 

 
 .
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
       
 
  
15 15 15
b 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 a,b
 
làm VTCP và chúng có phương trình là :
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7
  
      
  

 
    
 

        
và
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7
  
      
  

 
    
 

        
VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t
   t t t
52 log 2 3 t 2 3 5     
t t
2 1
3 1
3 5
   
     
   
(2)
Xét hàm số : f(t) =
t t
2 1
3
3 5
   
   
   
f'(t) =
t t
2 1
ln 0,4 3 ln 0,2 0, t
3 5
   
      
   

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

14. Thi thử Đại học www.toanpt.net
14
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
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.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0   
2. Giải bất phương trình   2
4x 3 x 3x 4 8x 6    
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4



 
 
 

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 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
  
  
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 2
x 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: 2 4 6 100
100 100 100 1004 8 12 ... 200A C C C C     .
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
 
   2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z 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-----------------

15. Thi thử Đại học www.toanpt.net
15
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
I
1
Tập xác định: D=R
   3 2 3 2
lim 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=0<=>x=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
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=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=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
x
y x
y x
y

  
 
    

=>
4 2
;
5 5
M
 
 
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    (1)
     
  
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
    
   
Khi cos2x=1<=> x k , k Z
Khi
1
sinx
2
  2
6
x k

  hoặc
5
2
6
x k

  , k Z
0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:   2
4x 3 x 3x 4 8x 6     (1)
(1)   2
4 3 3 4 2 0x x x     
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4
2
3 4 2x x   =0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
0,25 đ
0,25 đ

16. Thi thử Đại học www.toanpt.net
16
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:  
3
0; 3;
4
x
 
    
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
 
 
3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin xsin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
 
 



 
 
 
 


 

Đặt 1+cotx=t 2
1
sin
dx dt
x
  
Khi
3 1
1 3;
6 3 3
x t x t
  
      
Vậy  
3 1
3 1
3 1
33 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t




  
     
 

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 3
cos30
2
a
AH SA 
Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH 
=> 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 3
AHsin30
2 4
AH a
HK   
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V
Ta có:
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
a a b a a
b b

   
 
(1)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
b b c c c
c c

   
 
(2)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
c c a c c
a a

   
 
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
0,5 đ
0,25 đ
H
A
C
B
S
K

17. Thi thử Đại học www.toanpt.net
17
 
2 2 2
2 2 29 3
16 4
a b c
P 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.
0,25 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 ,
=>  : 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 2
5 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 1 0x y    hoặc
3 4 10 1 0x y    .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
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 AB DC
 
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
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 2
2 1 2 2 1 4
3 2
a b i a b
b a b a
         
 
     
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
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b 1
Ta có: 
100 0 1 2 2 100 100
100 100 100 1001 ...x C C x C x C x      (1)
 
100 0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 1001 ...x C C x C x C x C x       (2)
Lấy (1)+(2) ta được:
   
100 100 0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 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 99
100 100 100100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x      
Thay x=1 vào
=> 99 2 4 100
100 100 100100.2 4 8 ... 200A C C C    
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

18. Thi thử Đại học www.toanpt.net
18
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!

19. Thi thử Đại học www.toanpt.net
19
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 :
3x 4
y
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
2
0;
3
 
  
.
sin6
x + cos6
x = m ( sin4
x + cos4
x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm các nghiệm trên  0;2 của phương trình :
sin3x sin x
sin 2x cos2x
1 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 khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
1).Tính tích phân: I =
2
0
sin x cosx 1
dx
sin x 2cosx 3

 
 
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:
 1
x 1
d : y 4 2t
z 3 t


  
  
và
 2
x 3u
d : y 3 2u
z 2
 

 
  
a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.
b. 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 : 3 x – y - 3 = 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) :
x t
y 1
z t


 
  
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)

20. Thi thử Đại học www.toanpt.net
20
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.

21. Thi thử Đại học www.toanpt.net
21
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 :
x x
Lim y Lim y 3
 
  nªn ®­êng th¼ng y = 3 lµ tiªm cËn
ngang cña ®å thÞ hµm sè
+)
x 2 x 2
Lim y ; Lim y 
 
    . Do ®ã ®­êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng
cña ®å thÞ hµm sè
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ =
 
2
2
2x


< 0 , x D 
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2 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
 Gäi M(x;y) (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3
| x – 2 | = | y – 3 |
3x 4 x
x 2 2 x 2
x 2 x 2

      
 
 
x 1x
x 2
x 4x 2

       
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 : sin6
x + cos6
x = m ( sin4
x + cos4
x ) (2)
2 23 1
1 sin 2x m 1 sin 2x
4 2
 
    
 
(1)
0,25
y’
y
x 
-


-
2
3
3
6
4
2
-5 5
xO
y

22. Thi thử Đại học www.toanpt.net
22
§Æt t = sin2
2x . Víi
2
x 0;
3
 
  
th×  t 0;1 . Khi ®ã (1) trë thµnh :
2m =
3t 4
t 2


víi  t 0;1
NhËn xÐt : víi mçi  t 0;1 ta cã :
sin 2x t
sin 2x t
sin 2x t
  
 

§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n
2
0;
3
 
  
th×  
3 3
t ;1 t ;1
2 4
 
   

D­a vµo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4)
7
1 2m
5
  
VËy c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ :
1 7
;
2 10
 
 
0,5
II
2,0®
1
1,0®
sin3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x

 

(1)
2cos2x.sin x
2cos 2x
42 sin x
 
   
 
§K : sinx ≠ 0 x  
 Khi  x 0;  th× sinx > 0 nªn :
(1) 2 cos2x = 2 cos 2x
4
 
 
 
x
16 2
 
  

Do  x 0;  nªn
9
x hay x
16 16
 
 
 Khi  x ;2   th× sinx < 0 nªn :
(1) 2  cos2x = 2 cos 2x
4
 
 
 
 cos -2x = cos 2x-
4
 
   
 
5
x
16 2
 
  

Do  x ;2   nªn
21 29
x hay x
16 16
 
 
0,5
0,5
2
1,0®
§Æt 3 3
u x 34, v x 3    . Ta cã :
  2 23 3
u v 1u v 1
u v u v uv 37u v 37
   
 
     
 
2
u v 1 u v 1
uv 12u v 3uv 37
   
  
   
u 3
v 4
u 4
v 3
  

 
 


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 = 2 5 ,
Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC ,
ta cã : DM = 1
SD = 2 2
SA AD 30  ,
SC = 2 2
SA AC 29 
N M
D
S
A B
C
K

23. Thi thử Đại học www.toanpt.net
23
SM = 2 2
SC CM 33 
Ta cã :
2 2 2
SD MD SM 30 1 33 1
cos SDM
2SD.MD 2 30 30
   
     (*)
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 =
1
30
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  DN AC 1 
Vµ    SA ABC SA DN 2  
Tõ (1) vµ (2) suy ra : DN  ( SAC)  DN KC 3 
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 :
2 2 2
1 1 1 1 5
1 AH
AH SA AN 25 26
     
VËy kho¶ng c¸ch gi÷a BC vµ SD lµ : CK =
5
26
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
1
A
5A 2B 1
3
2A B 1 B
5
3A C 1
8
C
5

 
  
 
       
   


VËy I =
 2 2 2
0 0 0
d sin x 2cosx 31 3 8 dx
dx
5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3
  
 
  
     
I =   22
0 0
1 3 8
x ln sin x 2cosx 3 J
5 5 5

      
I =  
3 8
ln 4 ln 5 J
10 5 5

   
TÝnh J =
2
0
dx
sin x 2cosx 3

  .
§Æt t = tan
x
2
2
2
1 x 2tdt
dt tan 1 dx
2 2 t 1
 
     
 
§æi cËn : Khi x =
2

th× t = 1
Khi x = 0 th× t = 0
VËy
 
1 1 1
2
2 22 2
0 0 0
2 2
2dt
dt dtt 1J 2 2
2t 1 t t 2t 5 t 1 22 3
t 1 t 1
  
     
 
  
L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2
u + 1)du
0,25
0,25

24. Thi thử Đại học www.toanpt.net
24
§æi cËn khi t = 1 th× u =
4

Khi t = 0 th× u =  víi tan
1
2
 
 
 
24
4
2
2 tan u 1 du
J u
44 tan u 1




 
    

Do ®ã : I =
3 3 5 8
ln
10 5 4 5

  
0.5
2a
0.5®
G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y  , | z | = 2 2
x y
Ta cã : | z | = 1 + ( z – 2 ) i
 2 2
x y = ( 1 – y ) + ( x – 2 ) i
 
22 2
x 2 0 x 2
1 y 0 3
y
2x y 1 y
    
   
    
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 | =  
22
x y 1 
Do ®ã : 1 < | z - i | < 2  1 < | z - i |2
< 4
 
22
1 x y 1 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  1u 4;3

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 :
 
4x 3y 5 0 x 1
C 1;3
x 2y 5 0 y 3
     
    
    
+) §­êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ  2u 2; 1 

∆ 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 :
 
2x y 5 0 x 3
H 3;1
x 2y 5 0 y 1
    
   
    
+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d2) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm
cña BB’ nªn :
 B' H B
B' H B
x 2x x 4
B' 4;3
y 2y y 3
  
 
  
+) §­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 :
y 3 0 x 5
A ( 5;3)
3x 4y 27 0 y 3
    
    
    
+) §­êng th¼ng qua AB cã VTCP  AB 7; 4 

, nªn cã PT :
x 2 y 1
4x 7y 1 0
7 4
 
    

0,25
0,5
0,25

25. Thi thử Đại học www.toanpt.net
25
2a
§­êng th¼ng (d1) ®i qua M1( 1; -4; 3) vµ cã VTCP  1u 0;2;1

§­êng th¼ng (d2) ®i qua M2( 0; 3;-2) vµ cã VTCP  2u 3;2;0 

Do ®ã :  1 2M M 1;7; 5  

vµ  1 2u ,u 2; 3;6     
 
Suy ra 1 2 1 2u ,u .M M 49 0     
  
. 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 :
 AB 3u 1;7 2u 2t; 5 t      

A,B lµ giao ®iÓm cña ®­êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2) víi hai ®­êng
®ã 1
2
AB.u 0 14 4u 4t 5 t 0 u 1
9u 3 14 4u 4u 0 t 1AB.u 0
         
    
       
 
 
Suy ra : A( 1; -2; 4) vµ B(3; 1; -2)  AB 2;3; 6  

 AB = 7
Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é lµ : ( 2; -
1
2
; 1)
MÆt cÇu (S) cÇn t×m cã t©m I vµ b¸n kÝnh lµ AB/2 vµ cã PT :
   
2
2 21 49
x 2 y z 1
2 4
 
      
 
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 :
477
1300
0.5
0.5
Vb
3.0 ® 1
+) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT :
 
x 13x y 3 0
B 1;0
y 0y 0
   
  
 
Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc
k = 3 , nªn 0
ABC 60  . Suy ra
®­êng ph©n gi¸c trong gãc B cña
ΔABC cã hÖ sè gãc k’ =
3
3
nªn cã PT :
3 3
y x
3 3
  (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 = 1 2 3 , suy ra I=( 1 2 3 ; 2 )
+ Víi b = -2 ta cã a = 1 2 3 , suy ra I = ( 1 2 3 ; -2)
 §­êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn
+ NÕu I=( 1 2 3 ; 2 ) th× m = 3 + 2 3 .
Suy ra : (Δ’) : y = -x + 3 + 2 3 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(3 + 2 3 . ; 0)
Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = 3 + 2 3 .
Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 )
VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ :
4 4 3 6 2 3
;
3 3
  
  
 
.
+ NÕu I=( 1 2 3 ; 2 ) th× m = -1 - 2 3 .
Suy ra : (Δ’) : y = - x -1 - 2 3 . Khi ®ã (Δ’) c¾t Ox ë A(-1 - 2 3 . ; 0)
Do AC vu«ng gãc víi Ox nªn cã PT : x = -1 - 2 3 .
Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 )
0.25
0.5
O
y
xA
B
C
600

26. Thi thử Đại học www.toanpt.net
26
VËy täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC lóc nµy lµ :
1 4 3 6 2 3
;
3 3
   
  
 
.
VËy cã hai tam gi¸c ABC tho¶ m·n ®Ò bµi vµ träng t©m cña nã lµ :
G1 =
4 4 3 6 2 3
;
3 3
  
  
 
vµ G2 =
1 4 3 6 2 3
;
3 3
   
  
 
0,25
2a
+ §­êng th¼ng (d) ®i qua M(0; -1; 0) vµ cã VTCP  du 1;0; 1 

+ Mp (P) cã VTPT :  Pn 1;2;2

Mp (R) chøa (d) vµ vu«ng gãc víi (P) cã VTPT :
 R d Pn u ;n 2; 3;2    
  
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 :
 d' R Pu n ;n 10;2; 7    
  
VËy (d’) cã PTCT :
x 1 y 1 z 1
10 2 7
  
 

0,25
0,25
2b
LÊy I(t; -1; -t) thuéc (d) , ta cã :
d1 = d(I, (P)) =
1 t
3

; d2 = d(I, (Q)) =
5 t
3

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 :
     
2 2 2 4
x 3 y 1 z 3
9
     
0,25
0,25
3. sai
Sè c¸ch chän 5 qu©n bµi trong bé bµi tó l¬ kh¬ lµ : 52
5C 2598960
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. 4
3C 52
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 :
52
2598960
=
13
649740
0.5
0.5