Thi thử Toán ĐH SP HN 2011

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A

------------- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 2)2()21( 23

++−+−+= mxmxmxy (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: 07 =++ yx góc α ,

biết 26

1cos =α .

Câu II (2 điểm)

1. Giải bất phương trình: 544

2log 2

2

1 ≤−

− x

x.

2. Giải phương trình: ( ) .cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx −+=++ Câu III (1 điểm)

Tính tích phân: I( )∫

++

+=

4

02

211

1dx

x

x.

Câu IV(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB 2a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình

chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IHIA 2−= , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 060 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: xyzzyx ≤++222 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

xyz

z

zxy

y

yzx

xP

++

++

+=

222.

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình 01 =++ yx , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương

trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 . Câu VII.a (1 điểm)

Cho khai triển: ( ) ( ) 1414

2210

2210 ...121 xaxaxaaxxx ++++=+++ . Hãy tìm giá trị của 6a .

B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 11

2 và trọng tâm G

thuộc đường thẳng d: 043 =−+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C.

2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) 01 =+−+ zyx ,đường thẳng d:3

1

1

1

1

2

−

−=

−

−=

− zyx

Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d và cách

I một khoảng bằng 23 .

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: .13

=

−

+

zi

iz

----------------------------------------------------- - WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

1

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011

MÔN:TOÁN, Khối A

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.

Câu ý Nội dung Điểm 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2

Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim ; lim

x xy y

→−∞ →+∞= −∞ = +∞

0,25

•Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 − 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2

x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 + y

−∞

4 0

+∞

Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2).

0,25

•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0.

0,25

c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2)

0,25

2(1đ) Tìm m ...

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp )1;(1 −= kn

d: có véctơ pháp )1;1(2 =n

Ta có

=

=

⇔=+−⇔+

−=⇔=

3

22

3

012261212

1

26

1.cos

2

12

221

21

k

k

kkk

k

nn

nnα

0,5

I(2đ)

Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình: 1/ ky = (1)

và 2/ ky = (2) có nghiệm x

⇔

=−+−+

=−+−+

3

22)21(23

2

32)21(23

2

2

mxmx

mxmx

⇔

≥∆

≥∆

0

0

2/

1/

0,25 có nghiệm

1

I

2

2

-1

4

0 x

y

có nghiệm

- WWW.MATHVN.COM -



2

⇔

≥−−

≥−−

034

01282

2

mm

mm⇔

≥−≤

≥−≤

1;4

32

1;

4

1

mm

mm

⇔4

1−≤m hoặc

2

1≥m

0,25

II(2đ) 1(1đ) Giải bất phương trình ...

Bpt

≤−

≤

−≤−

≤−

⇔

≤−

≥−−

⇔

)2(34

2log2

)1(24

2log3

94

2log

044

2log

2

1

2

1

2

2

1

2

2

1

x

x

x

x

x

x

x

x

0,25

. Giải (1): (1) 5

16

3

8

04

165

04

83

84

24 ≤≤⇔

≤−

−

≥−

−

⇔≤−

≤⇔ x

x

x

x

x

x

x

0,25

. Giải (2): (2)9

4

17

4

04

49

04

417

4

1

4

2

8

1≤≤⇔

≤−

−

≥−

−

⇔≤−

≤⇔ x

x

x

x

x

x

x

0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm 4 4 8 16

; ;17 9 3 5

∪ .

0,25

2(1đ) Giải PT lượng giác

Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx

)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3 22+−−−=+⇔ xxxxxx

0)1sin22sin3)(1cos2( 2=+++⇔ xxx

0,5

• 1)6

2sin(22cos2sin301sin22sin3 2−=−⇔−=−⇔=++

πxxxxx

ππ

kx +−=⇔6

0,25

• )(

23

2

23

2

01cos2 Zk

kx

kx

x ∈

+−=

+=

⇔=+

ππ

ππ

Vậy phương trình có nghiệm: ππ

23

2kx += ; π

π2

3

2kx +−= và π

πkx +−=

6

0,25

III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân.

- WWW.MATHVN.COM -



3

I( )∫

++

+=

4

02

211

1dx

x

x.

•Đặt dttdxx

dxdtxt )1(

21211 −=⇒

+=⇒++= và

2

22tt

x−

=

Đổi cận x 0 4 t 2 4

0,25

•Ta có I =

dttt

tdtt

tttdt

t

ttt∫∫ ∫

−+−=

−+−=

−+−4

22

4

2

4

22

23

2

2 243

2

1243

2

1)1)(22(

2

1

=

++−

ttt

t 2ln43

22

1 2

0,5

= 4

12ln2 −

0,25

(1đ) Tính thể tích và khoảng cách

•Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

BC = AB 2 a2= ; AI= a ; IH= 2

IA =

2

a

AH = AI + IH = 2

3a

0,25

•Ta có 2

545cos.2 0222 a

HCAHACAHACHC =⇒−+=

Vì ⇒⊥ )(ABCSH 060))(;( ==∧∧

SCHABCSC

2

1560tan 0 a

HCSH ==

0,25

IV

•6

15

2

15)2(

2

1.

3

1.

3

1 32

.

aaaSHSV ABCABCS === ∆

0,25

H

K

I

B A

S

C

- WWW.MATHVN.COM -



4

• )(SAHBISHBI

AHBI⊥⇒

⊥

⊥

Ta có 22

1)(;(

2

1))(;(

2

1

))(;(

))(;( aBISAHBdSAHKd

SB

SK

SAHBd

SAHKd===⇒==

0,25

V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P

xyz

z

zxy

y

xyx

xP

++

++

+=

222.

Vì 0;; >zyx , Áp dụng BĐT Côsi ta có: xyz

z

zxy

y

yzx

xP

222 222++≤ =

++=

xyzxyz

222

4

1

0,25

++≤

++=

+++++≤

xyz

zyx

xyz

xyzxyz

yxxzzy

222

2

1

2

1111111

4

1

2

1

2

1=

≤

xyz

xyz

0,5

Dấu bằng xảy ra 3===⇔ zyx . Vậy MaxP = 2

1

0,25

PHẦN TỰ CHỌN:

Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường tròn…

KH: 022:;01: 21 =−−=++ yxdyxd

1d có véctơ pháp tuyến )1;1(1 =n và 2d có véctơ pháp tuyến )1;1(2 =n

• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1(1 =n ⇒ phương trình AC: 03 =−− yx .

⇒∩= 2dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1(022

03−−⇒

=−−

=−−C

yx

yx.

0,25

• Gọi );( BB yxB ⇒ )2

;2

3( BB yx

M+

( M là trung điểm AB)

Ta có B thuộc 1d và M thuộc 2d nên ta có: )0;1(02

23

01−⇒

=−−+

=++

Byx

yx

B

B

BB

0,25

• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 02222

=++++ cbyaxyx . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có:

- WWW.MATHVN.COM -



5

−=

=

−=

⇔

−=+−−

−=+−

−=+

3

2

1

1782

12

96

c

b

a

cba

ca

ca

⇒Pt đường tròn qua A, B, C là:

034222=−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R = 22

0,5

2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P)

•Gọi Ocban ≠= );;( là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

0,25

• d(C;(P)) = 0141623)2(

23 22

222=+−⇔=

+−+

+⇔ caca

ccaa

ca

=

=⇔

ca

ca

7

0,5

•TH1: ca = ta chọn 1== ca ⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0 TH2: ca 7= ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0

0,25

VII.a (1 đ)

Tìm hệ số của khai triển

• Ta có

4

3)12(

4

11 22

++=++ xxx nên

( ) 1012142210 )21(16

9)21(

8

3)21(

16

1)1(21 xxxxxx +++++=+++

0,25

• Trong khai triển ( )1421 x+ hệ số của 6x là: 6

1462 C

Trong khai triển ( )1221 x+ hệ số của 6x là: 6

1262 C

Trong khai triển ( )1021 x+ hệ số của 6x là: 6

1062 C

0,5

• Vậy hệ số .417482

16

92

8

32

16

1 610

6612

6614

66 =++= CCCa

0,25

Tìm tọa độ của điểm C VI.b(2đ)

1(1đ)

• Gọi tọa độ của điểm )3

;3

1();( CC

CC

yxGyxC +⇒ . Vì G thuộc d

)33;(330433

13 +−⇒+−=⇒=−+

+⇒ CCCC

CC xxCxyyx

•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(=AB

0,25

- WWW.MATHVN.COM -



6

032: =−−⇒ yxptAB

•

5

11

5

3332

5

11);(

2

11);(.

2

1=

−−+⇔=⇔==∆

CC

ABC

xxABCdABCdABS

=

−=

⇔=−⇔

5

17

11165

C

C

Cx

x

x

0,5

• TH1: )6;1(1 −⇒−= CxC

TH2: )5

36;

5

17(

5

17−⇒= CxC .

0,25

2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng

• (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1()( −=Pn và d có véc tơ chỉ phương )3;1;1(. −−=u

)4;2;1()( IPdI ⇒∩=

• vì ∆⇒⊥∆⊂∆ dP);( có véc tơ chỉ phương [ ] )2;2;4(;)( −−==∆ unu P

)1;1;2(2 −−=

0,25

• Gọi H là hình chiếu của I trên ∆ )(QmpH ∈⇒ qua I và vuông góc ∆ Phương trình (Q): 0420)4()2()1(2 =+−+−⇔=−−−+−− zyxzyx

Gọi 11 )()( dQPd ⇒∩= có vécto chỉ phương

[ ] )1;1;0(3)3;3;0(; )()( ==QP nn và 1d qua I

+=

+=

=

⇒

tz

ty

x

ptd

4

2

1

:1

Ta có );;0()4;2;1(1 ttIHttHdH =⇒++⇒∈

•

−=

=⇔=⇔=

3

323223 2

t

ttIH

0,5

• TH1: 1

7

1

5

2

1:)7;5;1(3

−

−=

−=

−

−∆⇒⇒=

zyxptHt

TH2: 1

1

1

1

2

1:)1;1;1(3

−

−=

+=

−

−∆⇒−⇒−=

zyxptHt

0,25

VII.b 1 đ Giải phương trình trên tập số phức. ĐK: iz ≠

• Đặt zi

izw

−

+= ta có phương trình: 0)1)(1(1 23

=++−⇔= wwww

0,5

- WWW.MATHVN.COM -



7

-----------------------------------------------------

−−=

+−=

=

⇔

=++

=⇔

2

31

2

31

1

01

12

iw

iw

w

ww

w

• Với 011 =⇔=

−

+⇒= z

zi

izw

• Với 333)31(2

31

2

31−=⇔−−=+⇔

+−=

−

+⇒

+−= zizi

i

zi

iziw

• Với 333)31(2

31

2

31=⇔−=−⇔

−−=

−

+⇒

−−= zizi

i

zi

iziw

Vậy pt có ba nghiệm 3;0 == zz và 3−=z .

0,5

- WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A

------------- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

A. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3

2. Tìm m để phương trình 4 224 3 logx x m− + = có đúng 4 nghiệm.

Câu II (2 điểm).

1. Giải bất phương trình: ( ) ( )3

25 1 5 1 2 0x x x+

− + + − ≤

2. Giải phương trình: 2 ( 2) 1 2x x x x− + − = − Câu III (2 điểm)

1. Tính giới hạn sau: 1 2

31

tan( 1) 1lim

1

x

x

e x

x

−

→

+ − −

−

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD α∠ = . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) ( )a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + + B. PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 3 0x y∆ + − = và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4).

Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho 3MA MB+��

nhỏ nhất.

2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: 1

1

: 2

2

x t

d y t

z t

= −

= = − +

và 2 : 1 3

1

x t

d y t

z t

=

= + = −

.

Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả d1 và d2.

3. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ = Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao

1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại

A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: 1

1

: 2

2

x t

d y t

z t

= −

= = − +

và 2 : 1 3

1

x t

d y t

z t

=

= + = −

.

Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i+ + = , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.

------------------------------------------------------------

- WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------

------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

1

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 MÔN:TOÁN, Khối A

Câu ý Nội dung Điểm

2 1 1

TXĐ D = � Giới hạn : lim

xy

→±∞= +∞

Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x

y’ = 0 0, 2x x⇔ = = ± Bảng biến thiên x −∞ 2− 0 2

+∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞

3 -1 -1

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( )2;0 , 2;− +∞ và nghịch biến trên các khoảng

( ) ( ); 2 , 0; 2−∞ −

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2± , yCT= -1 Đồ thị

025 025 025 025

2 1

I

Đồ thị hàm số 4 24 3y x x= − +

Số nghiệm của phương trình 4 224 3 logx x m− + = bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

4 24 3y x x= − + và đường thẳng y = log2m.

Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 21 log m 3< <

hay m = 1 hoặc 2<m<9

- WWW.MATHVN.COM -



2

2 1 1

Viết lại bất phương trình dưới dạng 5 1 5 1

2 2 02 2

x x

− ++ − ≤

Đặt t = 5 1

, 0.2

x

t +

>

khi đó 5 1 1

2

x

t

−=

Bất phương trình có dạng

t + 1

2 2 0t

− ≤ 2 2 2 1 0t t⇔ − + ≤

2 1 2 1t⇔ − ≤ ≤ +

5 1 5 1

2 2

5 12 1 2 1

2

log ( 2 1) log ( 2 1)

x

x+ +

+⇔ − ≤ ≤ +

⇔ − ≤ ≤ +

025 025 025 025

2 1

II

Điều kiện : 1x ≥

Phương trình tương đương với 2 ( 1 1) 2 1 2( 1) 0x x x x x− − − − − − − = (*)

Đặt 1, 0y x y= − ≥ . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0

( 2 )( 1) 0

2 0( 1 0)

x y x y

x y do x y

⇔ − + + =

⇔ − = + + ≠

2

2 1

4 4 0

2

x x

x x

x

⇒ = −

⇔ − + =

⇔ =

025 025 05

2 1 1

1 2 1 23 2 3

31 1

1 23 2 3 23 3

21 1

3 2 3 23 3

1 1

tan( 1) 1 1 tan( 1)lim lim .( 1)

11

1 tan( 1)lim .( 1) lim .( 1)( 1)

1 1

lim( 1) lim( 1)( 1) 9

x x

x x

x

x x

x x

e x e xx x

xx

e xx x x x x

x x

x x x x x

− −

→ →

−

→ →

→ →

+ − − − + −= + +

−−

− −= + + + + + +

− −

= + + + + + + =

025 05 025

2 1

III

Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI ⊥ BC

- WWW.MATHVN.COM -



3

(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA β∠ = S

AI = a.cot β , AB = AD =cot

sin

a β

α, SI =

sin

a

β

2 2cot

. .sinsinABCD

aS AB AD

βα

α= =

A 3 2

.

cot

3sinS ABCD

aV

β

α=

Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD B I C

= 2 cot 1

.(1 )sin sin

a β

α β+

025 025 025 025

1 IV

Ta có 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) ( )a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2 3

2 2 2 23

cos cos cos2

a b c b c a c a b

ab bc ca

A B C

+ − + − + −⇔ + + ≤

⇔ + + ≤

Mặt khác

2 2 2 2

cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )

1 1 3[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos

2 2 2

A B C A B A B A B

A B A sB

+ + = + − −

≤ + + =

Do đó 3

cos cos cos2

A B C+ + ≤

025 025 05

3 1 1

Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(5

; 32

− )

Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ+ = + + = + =��

Vì vậy 3MA MB+��

nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆

Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0.

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

22 3 0 5

2 8 0 19

5

xx y

x yy

−=+ − =

⇔ − − = =

vậy M(19 2

;5 5

−)

025 025 025 025

Va

2 1

- WWW.MATHVN.COM -



4

Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = −��

, đường thẳng d2

đi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là 2 (1;3; 1)u = −��

.

Gọi ( ), ( )α β là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) à ( )vα β

Ta có (0;0; 3), ( 1;1;0)MA MB= − = −��

1 1 2 2

1; (2;1;0), ; (1;1;4)

3n MA u n MB u = = = − =

�� là các vecto pháp tuyến của ( ) à ( )vα β

Đường giao tuyến của ( ) à ( )vα β có vectơ chỉ phương 1 2; (4; 8;1)u n n = = −

� �� và đi qua

M(1;0;1) nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t

025 025 025 025

3 1 Gọi z = x + y.i. Khi đó z2 = x2 – y2 + 2xy.i, z x yi= −

2 2 2

2 2

2 0 2 2( 1) 0

2 0( 1; 3), ( 0; 0), ( 2; 0)

2( 1) 0

z z x y x x yi

x y xx y x y x y

x y

+ = ⇔ − + + − =

− + =⇔ ⇔ = = ± = = = − =

− =

Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 3i±

025 025 025 025

3 1 1 Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N

Gọi M(x; y) 2 21( ) 13C x y∈ ⇒ + =

(1) Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). Do N 2 2

2( ) (2 ) (6 ) 25C x y∈ ⇒ + + − = (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ 2 2

2 2

13

(2 ) (6 ) 25

x y

x y

+ =

+ + − =

Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =17

5

− ; y =

6

5 ). Vậy M(

17

5

− ;

6

5)

Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0

025 025 025 025

2 1

Vb

Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) 1d∈ , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) 2d∈

Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = −��

, đường thẳng d2 có vecto chỉ phương

là 2 (1;3; 1)u = −��

.

( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)MN t t t t t t= + − − + − − +��

MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2

1

2

. 0 2 ' 3 3 0

11 ' 4 1 0. 0

MN u t t

t tMN u

= − + =⇔

− − ==

��

��

3'

57

5

t

t

=

⇔ =

O

025 025

I

- WWW.MATHVN.COM -



5

==============================

Do đó M(2 14 3

; ;5 5 5

− −), N(

3 14 2; ;

5 5 5).

Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = 2

2 2

MN= và tâm I(

1 14 1; ;

10 5 10

−) có phương trình

2 2 21 14 1 1( ) ( ) ( )

10 5 10 2x y z− + − + + =

025 025

3 1

Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 2 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y+ + = ⇔ + + + =

Đường tròn (C) : 2 2( 1) ( 2) 1x y+ + + = có tâm (-1;-2) Đường thẳng OI có phương trình y = 2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI và (C) Khi đó tọa độ của nó thỏa

mãn hệ 2 2

1 11 1

2 5 5,

2 2( 1) ( 2) 12 2

5 5

x xy x

x yy y

= − − = − + =

⇔ + + + = = − − = − +

Chon z = 1 2

1 ( 2 )5 5

i− + + − +

025 025 025 025

- WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011

KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A ------------- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm )

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 1

1x

yx-

=-

(C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các tiệm cận

tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 3 3sin .sin 3 os .cos3 1

8tan .tan6 3

x x c x x

x xp p+

= -æ ö æ ö- +ç ÷ ç ÷è ø è ø

2. Giải phương trình ( ) ( )3 32 21 1 1 1 2 1x x x xé ù+ - + - - = + -ê úë û.

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ( )1

2

0

ln 1I x x x dx= + +ò .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a= = , 3

AA '2

a= , góc BAD bằng 060 . Gọi

M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a .

Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = , ta có: 5 3 5 3 5 3

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 33

a a a b b b c c cb c c a a b- + - + - +

+ + £+ + +

.

B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d: 14 5

4 1 2x y z- +

= =-

. Viết phương

trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x2 trong khai triển: 4

1

2

n

xx

æ ö+ç ÷è ø

, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

2 3 1

0 1 22 2 2 65602 ...

2 3 1 1

nn

n n n nC C C Cn n

+

+ + + + =+ +

.

II. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 1 0x y z+ + - = và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2).

Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB- đạt giá trị lớn nhất.

Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình

23 3

3 2

1log log 0

2 , ( )0

x ym R

x y my

ì - =ï Îíï + - =î

. Tìm m để hệ có nghiệm.

.........Hết......... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:............................................................; Số báo danh:................... - WWW.MATHVN.COM -

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ===========================================================================

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn thi: TOÁN . Câu Ý Đáp án Điểm

I 1 1,0

· TXĐ : D = R\{ }1 .

· Sự biến thiên:

y’ = ( )2

10,

1x D

x

-< " Î

-.

Hàm số nghịch biến trên: ( ) ( );1 à 1;v-¥ +¥

0,25

Giới hạn: lim lim 2x x®+¥ ®-¥

= = ; tiệm cận ngang: y = 2

1 1

lim , limx x+ -® ®

= +¥ = -¥ ; tiệm cận đứng: x = 1 0,25

Bảng biến thiên: 0,25 · Đồ thị:

0,25

2 1,0

Gọi M(m; 2 1

1m

m--

)

Tiếp tuyến của (C) tại M: ( )

( )2

1 2 111

my x m

mm

- -= - +

--

0,25

A(1;2

1m

m -), B(2m-1; 2) 0,25

IA = 2 1

2 21 1

mm m

- =- -

, IB = 2 2 2 1m m- = - 0,25

1. 2

2IABS IA IBD = = .

Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C). 0,25

II 1 1,0

Điều kiện:

6 2k

xp p

¹ +

Ta có tan .tan tan .cot 16 3 6 6

x x x xp p p pæ ö æ ö æ ö æ ö- + = - - = -ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷

è ø è ø è ø è ø

0,25

Phương trình tương đương với: 3 3sin .sin 3 os .cos3x x c x x+ = 18

( )

1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1. .

2 2 2 2 81

2 os2 os2 . os42

c x c x c x c x c x c x

c x c x c x

- - + +Û + =

Û - =

0,25

3 1 1os os2

8 2c x c xÛ = Û = 0,25

- WWW.MATHVN.COM -



( )ai6 ,

6

x k lok Z

x k

p p

p p

é = +êÛ Îê

ê = - +êë

. Vậy :6

x kp p= - + 0,25

2 1,0 Đk: -1 1x£ £

Đặt u = ( )31 x+ , v = 3(1 )x- ; u,v 0³

Hệ thành: 2 2

3 3

2

1 ( ) 2

u v

uv u v uv

ì + =ïí

+ - = +ïî

0,25

Ta có:( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

22 2

3 3 2 2

1 1 11 2 2 2

2 2 2

( ) 2

uv uv u v uv u v

u v u v u v vu u v uv

+ = + = + + = +

+ = - + + = - + 0,25

2 22

2 2

2 21

22

u vu

u v

ì + =ïÞ Þ = +í- =ïî

0,25

22

xÞ = 0,25

III 1,0

Đặt ( )2 2

2

2 1ln 1 1

2

xdu dx

u x x x xxdv xdx v

+ì =ïì = + +ï ï + +Þí í=ï ïî =

ïî

( )12 3 2

20

1 1 22ln 12 2 10

x x xI x x dx

x x+

= + + -+ +ò

0,25

( )1

12 2 10 20

0

1 1 1 3ln 3 ln( 1)

2 2 4 4 1

3 3ln 3

4 4

dxx x x x

x x

J

- - + + + -+ +

= -

ò

0,25

1

220 1 3

2 2

dxJ

x

=æ öæ ö+ + ç ÷ç ÷

è ø è ø

ò . Đặt 1 3

tan , ;2 2 2 2

x t tp pæ ö+ = Î -ç ÷

è ø

3

6

2 3 33 9

J dxp

pp

= =ò

0,25

Vậy I = 3

ln 34

- 3

12p

0,25

IV 1,0

Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’Þ M, N lần lượt là trung điểm của SD và SB

AB = AD = a, góc BAD = 600 Þ DABD đều Þ OA = 3

, 32

aAC a=

SA = 2AA’ = a3

3, ' AA '2

aCC = =

0,25

- WWW.MATHVN.COM -



~ ''

AO SASAO ACC

AC CCÞ = Þ D D

' ~ACC AIOÞ D D (I là giao điểm của AC’ và SO) 'SO ACÞ ^ (1)

Mặt khác ( ' ') 'BD ACC A BD AC^ Þ ^ (2) Từ (1) và (2) Þ đpcm

0,25

22

2 2

'

1 33

3 2 4

1 3 33 2 4 2 32

SABD

SA MN

aV a a

a a aV

= =

æ ö= =ç ÷è ø

0,25

2

AA ' '

732BDMN SABD SA MN

aV V V= - = 0,25

V 1,0

Do a, b, c > 0 và 2 2 2 1a b c+ + = nên a, b, c ( )0;1Î

Ta có: ( )225 3

32 2 2

121

a aa a aa a

b c a

-- += = - +

+ -

BĐT thành: ( ) ( ) ( )3 3 3 2 33

a a b b c c- + + - + + - + £

0,25

Xét hàm số ( ) ( )3 , 0;1f x x x x= - + Î

Ta có: ( )

ax0;1

M ( )f x = 2 3

9

0,25

0,25

( ) ( ) ( ) 2 33

f a f b f cÞ + + £ Þ đpcm

Đẳng thức xảy ra 1

3a b cÛ = = =

0,25

VI.a 1 1,0

I

9 3;

2 3æ öç ÷è ø

, M ( )3;0 0,25

Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2

. 12 2 2ABCDS AB AD AD= = Þ =

AD qua M và vuông góc với d1 Þ AD: x + y – 3 = 0

0,25

Lại có MA = MB = 2

Tọa độ A, D là nghiệm của hệ: ( )2 2

3 0 2

13 2

x y x

yx y

+ - =ì =ìï Ûí í =- + = îïî hoặc

4

1

x

y

=ìí = -î

0,25

Chọn A(2 ; 1) ( ) ( ) ( )4; 1 7;2 à 5;4D C v BÞ - Þ 0,25

2 1,0 Gọi H là trung điểm đoạn AB 8HAÞ = 0,25

IH2 = 17 0,25 IA2 = 81 9RÞ = 0,25

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2: 1 1 1 81C x y z- + - + - = 0,25

VII.a 1,0

- WWW.MATHVN.COM -



Ta có: ( )

22 3 10 1 2

0

2 2 22 ... 1

2 3 1

nnn

n n n nC C C C x dxn

+

+ + + + = ++ ò 0,25

113 1 6560

3 6561 71 1

nn n

n n

++-

Û = Û = Û =+ +

0,25

7 14 374

740

1 122

kk

kx C xx

-æ ö+ =ç ÷è ø

å 0,25

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 14 3

2 74

kk

-= Û =

Vậy hệ số cần tìm là: 214

0,25

VI.b 1 1,0

Gọi A(-4; 8) Þ BD: 7x – y + 8 = 0Þ AC: x + 7y – 31 = 0 0,25 Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b) D: ax + by + 4a – 5b = 0, D hợp với AC một góc 450 Þ a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3 ÞAB: 3 4 32 0; : 4 3 1 0x y AD x y- + = + + =

0,25

Gọi I là tâm hình vuông Þ I(1 9

; )2 2

- ( )3;4CÞ

: 4 3 24 0; :3 4 7 0BC x y CD x yÞ + - = - + = 0,25

KL: 0,25 2 1,0 Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)

Þ B’(-1; -3; 4) 0,25

' 'MA MB MA MB AB- = - £

Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng Þ M là giao điểm của (P) và AB’ 0,25

AB’:

1

3

2

x t

y

z t

= +ìï = -íï = -î

0,25

M(-2; -3; 6) 0,25 VII.b 1,0

Đk: x ¹ 0, y > 0

( )( )

23 33 3

3 23 2

23 2

1log loglog log 0

200

, 1

, 20

x yx y

x y ayx y my

y xy x

y y ay y ay

ì ì =- =ï ïÛí í+ - =ï ïî+ - =î

ì =ì =ï ïÛ Ûí í+ =+ - =ï ïî î

0,25

Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0 Ta có : f(y) = 2y y+ >0 ," y > 0

0,25

Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25 Vậy hệ có nghiệm khi a > 0 0,25

- WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KHOA TOÁN-TIN

ĐỀ THI THỬ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2011 Môn thi : TOÁN - khối A.

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3

1

xy

x

−=

+.

2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )1;1I − và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao

cho I là trung điểm của đoạn MN.

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình ( ) ( )3sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos s inx 3 3 0x x x x x+ − − + − − = .

2. Giải hệ phương trình ( )3 3

2 2

3 4

9

x y xy

x y

− = =

.

Câu III (2,0 điểm).

1. Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 24 3x xy y .+ + =

Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 3 38 9M x y xy= + − .

2. Chứng minh ( )2 2 2 1

2

a b cab bc ca a b c

a b b c c a+ + + + + ≥ + +

+ + + với mọi số dương ; ;a b c .

Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A

đến mặt phẳng (A’BC) bằng 2

a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C .

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua ( )2;1M và

tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 .

Câu VI.a (2,0 điểm).

1. Giải bất phương trình ( ) ( )2 2 21 log log 2 log 6x x x+ + + > − .

2. Tìm m để hàm số 3 2 23( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)y x m x m m x m m= − + + + + − + có cực đại và cực tiểu.

Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó. B. Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm 1

3;2

M

. Viết phương trình chính

tắc của elip đi qua điểm M và nhận ( )1 3;0F − làm tiêu điểm.

Câu VI.b (2,0 điểm).

1. Giải hệ phương trình

2 2

12 3x y

y x x y

+

+ = +

=.

2. Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ

thị hàm số 2 2 2

1

x xy

x

− +=

− và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.

----------------------------------HẾT---------------------------------

- WWW.MATHVN.COM -

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ========================================================================

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

1

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN - khối A.

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

Tập xác định: { }\ 1D R= − . 0,25 đ

Sự biến thiên: • Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 1

x xy y y

→−∞ →+∞= = ⇒ = là TCN.

( ) ( )1 1

lim ; lim 1x x

y y x− +

→ − → −

= +∞ = −∞⇒ = − là TCĐ 0,25 đ

( )

2

4' 0,

1y x D

x= > ∀ ∈

+.

• BBT:

-∞

+∞

+∞-∞ -1

+ +

1

1

y

y'

x

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ); 1 , 1;−∞ − − +∞

Và không có cực trị.

0,25 đ

Ý 1 (1,0đ)

Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua ( )1;1− .

4

2

-2

-5 5

x = -1

y = 1

y

xO

0,25 đ

Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ( ): 1 1d y k x= + + .

Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N 3

: 11

xPT kx k

x

−⇔ = + +

+

có 2 nghiệm PB khác 1− .

0,25 đ

Câu I (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

Hay: ( ) 2 2 4 0f x kx kx k= + + + = có 2 nghiệm PB khác 1− 0,25 đ

- WWW.MATHVN.COM -



2

( )

0

4 0 0

1 4 0

k

k k

f

≠

⇔ ∆ = − > ⇔ <

− = ≠

.

Mặt khác: 2 2M N Ix x x+ = − = ⇔ I là trung điểm MN với 0k∀ < . 0,25 đ

KL: PT đường thẳng cần tìm là 1y kx k= + + với 0k < . 0,25 đ

Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào

đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.

2 3 2

2

2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0

2cos ( 3cos sin ) 6.cos ( 3cos sin ) 8( 3cos sin ) 0

x x x x x x x x

x x x x x x x x

⇔ + − − + + − − =

⇔− − − − + − =

.

0,50 đ

2

2

( 3 cos sin )( 2cos 6cos 8) 0

tan 33 cos sin 0

cos 1cos 3cos 4 0

cos 4( )

x x x x

xx x

xx x

x loai

⇔ − − − + =

= − =

⇔ ⇔ = + − = =

.

0,25 đ

Ý 1 (1,0đ)

,3

2

x kk

x k

ππ

π

= +⇔ ∈ Ζ

=

0,25 đ

Ta có : 2 2 9 3x y xy= ⇔ = ± . 0,25 đ

. Khi: 3xy = , ta có: 3 3 4x y− = và ( )3 3. 27x y− = −

Suy ra: ( )3 3;x y− là nghiệm PT 2 4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±

0,25 đ

Vậy ngiệm của PT là 3 32 31, 2 31x y= + = − −

Hay 3 32 31, 2 31x y= − = − + . 0,25 đ

Câu II (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

Khi: 3xy = − , ta có: 3 3 4x y− = − và ( )3 3. 27x y− =

Suy ra: ( )3 3;x y− là nghiệm PT 2 4 27 0( )X X PTVN+ + = 0,25 đ

Ta đặt 2t x y= + , từ giả thiết suy ra 2 3

3

txy

−= .

Điều kiện 2 30

5t ≤

0,25 đ

• Khi đó ( ) ( )33 38 9 2 6 2 9M x y xy x y xy x y xy= + − = + − + −

( )3 23 6 9t t t f t= − − + + = 0,25 đ

Câu III (2,0đ)

Ý 1 (1,0đ)

• Xét hàm f(t) với 2 30 2 30

5 5t ;

∈ −

, ta được: 0,5 đ

- WWW.MATHVN.COM -



3

( ) ( )35 12 30 35 12 30

5 5min f t ; max f t

− += =

Ta có: 2 1

22

a ab aba a a ab

a b a b ab= − ≥ − = −

+ +(1) 0,50 đ

Tương tự: 2 1

2

bb bc

b c≥ −

+ (2),

2 1

2

cc ca

c a≥ −

+ (3). 0,25 đ

Ý 2 (1,0đ)

Cộng (1), (2), (3), ta có:

( )2 2 2 1

2

a b cab bc ca a b c

a b b c c a+ + + + + ≥ + +

+ + +

0,25 đ

Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M

Ta có: ( ' )'

BC AMBC AA M BC AH

BC AA

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥ .

0,25 đ

Mà ' ( ' )2

aAH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = . 0,25 đ

Mặt khác: 2 2 2

1 1 1 6'

4'

aAA

AH A A AM= + ⇒ = . 0,25 đ

Câu IV (1,0đ)

KL: 3

. ' ' '

3 2

16ABC A B C

aV = . 0,25 đ

Gọi d là ĐT cần tìm và ( ) ( );0 , 0;A a B b là giao điểm của d với Ox,

Oy, suy ra: : 1x y

da b

+ = . Theo giả thiết, ta có: 2 1

1, 8aba b

+ = = . 0,25 đ

Khi 8ab = thì 2 8b a+ = . Nên: 12; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − = . 0,25 đ

Khi 8ab = − thì 2 8b a+ = − . Ta có:

2 4 4 0 2 2 2b b b+ − = ⇔ = − ± .

Với ( ) ( )22 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − + ⇒ − + + − =

0,25 đ

Câu Va (1,0đ)

Với ( ) ( )32 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − − ⇒ + + − + = . KL 0,25 đ

ĐK: 0 6x< < . BPT ( ) ( )22

2 2log 2 4 log 6x x x⇔ + > − . 0,25 đ

Hay: BPT ( )22 22 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − > 0,25 đ

Vậy: 18x < − hay 2 x< 0,25 đ

Ý 1 (1,0đ)

So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2 6x< < . 0,25 đ

Ta có 2 2' 3 6( 1) 2( 7 2)y x m x m m= − + + + + 0,25 đ

Câu VIa (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

HS có CĐ, CT khi phương trình 2 23 6( 1) 2( 7 2) 0x m x m m− + + + + = có

hai nghiệm phân biệt. Hay 4 17m < − hoặc 4 17m > +

0,25 đ

- WWW.MATHVN.COM -



4

Chia y cho y’ ta có '( ) ( ) ( )y y x q x r x= + ;

2 3 22 2( ) ( 8 1) ( 5 3 2)

3 3r x m m x m m m= − − − + + + +

0,25 đ

Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ '( ) 0

( )'( ). ( ) ( )

y xy r x

y y x q x r x

=⇒ =

= +

Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là

2 3 22 2( 8 1) ( 5 3 2)

3 3y m m x m m m= − − − + + + +

0,25đ

PTCT elip có dạng: 2 2

2 21( 0)

x ya b

a b+ = > >

0,25 đ

Ta có:

2 2

2 2

3

14

3 1

a b

a b

− =

+ =

0,25 đ

Ta có: 4 2 2 2 34 3 0 1( ), ( )

4b b b th b kth− − = ⇔ = = − 0,25 đ

Câu Vb (1,0đ)

Do đó: 2 4a = . KL: 2 2

14 1

x y+ = 0,25 đ

( )( )2 2 1 0 , 1y x x y y x y x y x y x+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = − . 0,50 đ

Khi: 1y x= − thì 262 3 6 9 log 9x x x

x−

= ⇔ = ⇔ = 0,25 đ

Ý 1 (1,0đ)

Khi: y x= thì 12

3

22 3 3 log 3

3

x

x xx

+ = ⇔ = ⇔ =

.

0,25 đ

Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M

có dạng ( )y k x a b= − +

Sử dụng điều kiện tiếp xúc cho ta hệ

2

1 11 ( ) 1 ( ) (1)

1 1

1 11 (*) 1 ( 1) (2)

( 1) 1

x k x a b x k x a bx x

k x k xx x

− + = − + − + = − + − −

⇔ − = − − = −

− −

0,25 đ

Lấy (1) – (2) ta có [ ]1 1

(1 )1 2

k a bx

= − +−

Kết hợp với (*) cho ta

[ ]2

2 2 2

11

(1 )( 1) 2 (1 ) 2 4 01

2

kk

k a ba k a b k bk

≠≠

⇔ − + − + − + + − =− =

0,25 đ

Câu VIb (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ

phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt 1 2,k k sao cho 1 2. 1k k = −

- WWW.MATHVN.COM -



5

Hay

[ ]

22 2

2

2 2

1 01

41 ( 1) 4

( 1)1 0

( 1) 2 (1 ) 2 4 0

aa

ba b

aa b

a a b b

− ≠≠

− = − ⇔ − + =

− − + + ≠ − + − + + − ≠

0,25 đ

Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn

( )2 21 4x y− + = trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường

thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0.

0,25 đ

------------------------------HẾT------------------------------

- WWW.MATHVN.COM -

Business

Thi thử Toán ĐH SP HN 2011