63 bộ đề thi thử đại học 2011 Phần 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 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 – 4x - 3 = x5  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 1 dx 1x 1x     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 111 4 xyz   . CMR: 111 1 22xyzxyzxyz2       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            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 : S 05 14 23 32 41 50 57 57 57 57 57 57 CCCCCCCCCCCC B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 và (C 2 ) : (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’)  xt y12t z4 5t       xt y12 z3t   t       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 :   5 log x 3 2x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 63 Đề thi thử Đại học 2011 -110- http://www.VNMATH.com đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời gian lm bi: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm 1 1.25đ Hm số y = 2x 3 x2 có : - TXĐ: D = \ {2} 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 Hm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 v hm số không có cực trị - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ; 3 2 ) + Giao điểm với trục honh : A(3/2; 0) - ĐTHS nhận điểm (2; 2) lm tâm đối xứng 0,25 0,25 0,25 0,5 I 2.0đ 2 0,75 Ly im 1 Mm;2 m2 y y 2 2 2 - 2 - x 8 6 4 2 -5 5 10 -2 -4 C . Ta cú : 2 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) 0,25 0,25 63 thi th i hc 2011 -111- http://www.VNMATH.com Ta có :   2 2 2 1 AB 4 m 2 8 m2         . 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        Xét 23 3 0tanx tan x cosx sin x 2  k  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t2;    2   . Khi đó phương trình trở thành: 2 2 t1 t0t2t10t1 2  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® 2 1,0® x 2 - 4x + 3 = x5 (1) TX§ : D =  5; )    2 1x27x  5 ®Æt y - 2 = x5 ,  2 y2 y2 x5   Ta cã hÖ :      2 2 2 x2 y5 x2 y5 y2 x5 xyxy3 0 y2 y2                    2 2 x2 y5 xy0 529 x 2 x2 y5 x1 xy30 y2                                        0,25 0,25 0,5 III 1.0® 1® Ta có : 1 2 1 dx 1x 1x     =   11 22 2 2 11 1x 1x 1x 1x dx dx 2x 1x 1x          11 2 11 11 1x 1dx dx 2x 2x         1 1 11 1 11 1 I1dxlnxx|1   2x 2         1 2 2 1 1x Idx 2x  . Đặt    22 2 t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx  0,5 0,5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -112- http://www.VNMATH.com Đổi cận : x1 t 2 x1 t2            Vậy I 2 =  2 2 2 2 tdt 0 2t 1    Nên I = 1 IV 2® 1.0® Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .  Ta có : ; BC = AC = a.cos  SCA  ; SA = a.sin  Vậy  323 SABC ABC 11 1 1 V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin 36 6 6    2  Xét hàm số : f(x) = x – x 3 trên khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = 1 – 3x 2 .  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 =  1 3 hay 1 arcsin 3  ( với 0 < 2   ) 0,25 0,5 V 1.0® +Ta có : 1111 242 .( ) xyz x yz    ; 1111 242 () xyz yxz    ; 1111 242 () xy z zyx    + Lại có : 1111 () xy 4x y   ; 1111 () yz 4y z   ; 1111 () xz 4x 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 (a 2 + b 2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 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       2 22 52a 5b 29a b   9a 2 + 100ab – 96b 2 = 0 a12 8 ab 9    b     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 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 ;3 ;-2) và có VTCP   u1;1;2  + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP   u' 2;1;1  Ta có :   MM ' 2; 1;3      12 21 11 11 1 2 21 MM ' u, u ' 2; 1;3 ; ; 8 0      Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :    MM ' u, u ' 8 dd,d' 11 u,u '        0,25 0,25 0,25 0,25 VIIa 1đ Chọn khai triển :  5 01 22 5 55 5 5 x1 C CxCx Cx    5   7 0 1 22 77 0 1 22 55 77 7 7 77 7 7 x 1 C Cx Cx Cx C Cx Cx Cx        Hệ số của x 5 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  5 12 C .0,25 0,25 0,25 0,25 VIb 2đ 1 1đ Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (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 A2BC 52 AB             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 22 AB  22 21A 28AB 24B 0   14 10 7 AB 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 : 96A 2 + 28AB + 51B 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 0,25 0,25 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -114- http://www.VNMATH.com 2 1® a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP   u1;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 13 I;0; 22       hay (d) và (d’) cắt nhau . (ĐPCM) b) Ta lấy u 15 15 15 v.u' ;2;3 777 u'         . Ta đặt : 15 15 15 auv 1 ;22 ;53 77          7 15 15 15 buv 1 ;22 ;53 77          7 Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là : a,b  115 x1 27 15 y22 t 7 315 z53 27                              t t và 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 t   tt 5 2log23t23 t 5 tt 21 31 35         (2) Xét hàm số : f(t) = tt 21 3 35        f'(t) = 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 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -115- http://www.VNMATH.com ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : Toán, khối D (Thời gian 180 không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SI NH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +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. 1  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 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 2 +c 2 =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 33 22 2 33 abc P bca  3 3  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) : 22 xy2x8y80  . 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 : z2i 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: 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           Viết phương trình đường thẳng cắt d 1 và d 2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z 2 +3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 63 Đề thi thử Đại học 2011 -116- http://www.VNMATH.com PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm 1 Tập xác định: D=R    32 32 lim 3 2 lim 3 2 xx xx xx     y’=3x 2 -6x=0 0 2 x x       Bảng biến th iên: 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) f CĐ =f(0)=2; f CT =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 I 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 32 5 22 2 5 x yx yx y                => 42  ; 55 M   0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0   (1)       1os212sin12sin os2 1 1 2 sin 0 cx x x cx x   0 Khi cos2x=1<=> x k   , kZ Khi 1 sinx 2  2  2 6 x k    hoặc 5 2 6 x k    , kZ 0,5 đ 0,5 đ II 2 Giải bất phương trình:  2 4x 3 x 3x 4 8x 6  (1) 63 Đề thi thử Đại học 2011 -117- http://www.VNMATH.com (1)    2 43 342xxx 0  Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 2 34xx2 =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 ¾ 2 +  4x-3 - - 0 + + 2 342 xx  + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 + Vậy bất phương trình có nghiệm:   3 0; 3; 4 x      0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tính   33 66 3 2 6 cot cot 2 sinx sinx cos sin x sin 4 cot 2 sin x 1 cot xx I dx dx x x x dx x                Đặt 1+cotx=t 2 1 sin dx dt x   Khi 31 13; 63 3 xt xt     Vậy  31 31 31 3 31 3 12 22ln2l 3 t Idttt t           n 3 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 AH sin 30 24 AH a HK  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ H A C B S K 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -118- http://www.VNMATH.com Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 3 4 a 0,25 đ V Ta có: 3326 3 22 33 3 16 64 4 2323 aaba bb    2 a (1) 3326 3 22 33 3 16 64 4 2323 bbcc cc    2 c (2) 3326 3 22 33 3 16 64 4 2323 ccac aa    2 c (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được:  222 222 93 16 4 abc P abc   (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 =3 Từ (4) 3 2 P vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P  khi a=b=c=1. 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn 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 22 53 4   2 410 1 34 ,4 31 410 1 c c dI c              (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 34101xy 0  hoặc 34101xy 0 . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.a 2 Ta có  1; 4; 3AB     Phương trình đường t hẳng AB: 1 54 43 x t yt zt            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 =>-a-16a+12-9a+9=0<=> AB DC   21 26 a  Tọa độ điểm 54941 ;; 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:   22 212 21 3 2 abi ab ba ba      4             0,25 đ 0,25 đ 4 63 Đề thi thử Đại học 2011 -119- http://www.VNMATH.com [...]... thuc 1 b ( vớ d 3 con K ) -121- http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 - Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm trờng thpt hậu lộc 2 đáp án đề thi thử đại học lần 1 năm học 2009-2010 Môn thi: toán Thời gian lm bi: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Khảo sát v vẽ ĐTHS - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thi n: + ) Giới hạn : Lim y Lim y 3 x x ngang của... 0,25 0,25 7 5i hoc z 2 i z 5 4i 7 5i Bi lm vn c im nu thớ sinh lm ỳng theo cỏch khỏc! 5 -120- http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 THI TH I HC LN 2 - NM HC 2011 Mụn: TON (Thi gian : 180 phỳt) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I (2 im): 1).Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s : y 3x 4 Tỡm im thuc (C) cỏch u x2 2 ng tim cn 2).Tỡm cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh sau cú 2 nghim trờn... có PT l : 4 2 2 2 x 3 y 1 z 3 9 Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ l : C52 25 989 60 5 Số cách chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi đó 4 có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l : 13 C3 52 Xác suất để chọn 5 quân bi trong bộ bi tú lơ khơ m trong 5 quân bi 52 13 đó có đúng 3 quân bi thuộc 1 bộ l : = 25 989 60 649740 -127- 0,25 0,25 0,25 0,25 0.5 0.5 http://www.VNMATH.com ... B(cosx sinx) + C = (A 2B) sinx + ( 2A + B) cosx + 3A + C 1 A 5 A 2B 1 3 2A B 1 B 5 3A C 1 8 C 5 Vậy I = IV 2đ 2 2 0,25 1 3 d sin x 2cosx 3 8 dx dx 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3 50 0 0 2 Tính J = 0,5 2 1 3 8 2 I= x0 ln sin x 2cosx 3 2 J 0 5 5 5 8 3 I = ln 4 ln 5 J 10 5 5 1 1.0đ 0.5 0,25 dx sin x 2cosx 3 0 x 1 x 2tdt dt tan 2 1 dx 2... t 1 2 2 2 3 t2 1 t 1 Lại đặt t = 1 = 2 tan u suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du Đổi cận khi t = 1 thì u = 4 Đặt t = tan -124- http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 Khi t = 0 thì u = với tan 4 J 2 tan 2 u 1 du 4 tan u 1 2 4 u 1 2 4 0.5 3 3 5 8 Do đó : I = ln 10 5 4 5 G/s số phức z có dạng : z = x + iy với x,y R , Ta có : | z | = 1 + ( z 2 ) i 2a 0.5đ x 2 y2 = ( 1 y)+(x |z|= x 2... đó ( ) cắt Ox ở A(-1 - 2 3 ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 -126- http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ) Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc ny l : 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bi v trọng tâm của nó l : 0,25 44 3 62 3 1 4 3 6 2 3 G1 = v G 2 = ; ; 3 3 3 3 2a 2b 3 sai... (C) v cách đều 2 tiệm cận x = 2 v y = 3 3x 4 x 2 x2 | x 2 | = | y 3 | x2 x2 x2 x 1 x x 2 x2 x 4 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bi l : M 1 ( 1; 1) v M 2 (4; 6) (2) Xét phơng trình : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) 2 -122- http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 0.75đ 3 1 1 sin 2 2x m 1 sin 2 2x (1) 4 2 2 Đặt t = sin22x Với x 0; thì t 0;1 Khi đó (1) trở thnh : 3 3t 4... nghiệm của HPT : y 3 0 x 5 A (5;3) 3x 4y 27 0 y 3 +) Đờng thẳng qua AB có VTCP AB 7; 4 , nên có PT : x 2 y 1 4x 7y 1 0 7 4 -125- 0.5 0,25 0,5 0,25 http://www.VNMATH.com 63 thi th i hc 2011 2a 2b Đờng thẳng (d 1 ) đi qua M 1 ( 1; -4; 3) v có VTCP u1 0; 2;1 Đờng thẳng (d 2 ) đi qua M 2 ( 0; 3;-2) v có VTCP u 2 3; 2; 0 Do đó : M1M 2 1;7; 5 v u1 , u 2 2; 3;6.. .63 thi th i hc 2011 a 2 b 1 a 2 b 1 2 2 0,25 2 2 Vy s phc cn tỡm l: z= 2 2 +( 1 2 )i; z= z= 2 2 +( 1 2 )i 0,25 A Theo chng trỡnh nõng cao 100 0 1 2 100 Ta cú: 1 x C100 C100 x C100... ; 2 nên x 2 1,0đ III 1.0đ 1đ 0,25 0,5 0.25 a)Ta có : AB = 2 5 , Gọi M l trung điểm của BC , ta có : DM = 1 SD = SC = SA AC 29 A SA 2 AD 2 30 , 2 D B N M 2 C -123- http://www.VNMATH.com K 63 thi th i hc 22011 SC CM 2 33 SD 2 MD 2 SM 2 30 1 33 1 Ta có : cos SDM (*) 2SD.MD 2 30 30 Góc giữa hai đờng thẳng AC v SD l góc giữa hai đờng thẳng DM 1 v SD hay bù với góc SDM Do đó : cos = 30 . 63 Đề thi thử Đại học 2011 -115- http://www.VNMATH.com ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : Toán, khối D (Thời gian 180 không kể phát đề) PHẦN. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 63 Đề thi thử Đại học 2011 -110- http://www.VNMATH.com đáp án đề thi thử đại học lần 2 năm học 2009 - 2010 Môn thi: