63 Do de Thi Thu Dai Hoc 2011

- 1 -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN – ĐỀ 1 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số y = x3 3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ).

Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0

2. Giải phương trình: 22 4 1

2

log (x 2) log (x 5) log 8 0

Câu III. (1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = xe 1 , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8.

Câu VI. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu V. (1 điểm)

Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)

Pyz zx xy

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

A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 2t

y 1 t

z t

Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.

Câu VIIa. (1 điểm)

Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z

2 1 1

.

Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.

Câu VIIb. (1 điểm) Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------

63 Đề thi thử Đại học 2011

-1- http://www.VNMATH.com

- 2 -

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN – ĐỀ 2 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2

2

xy

x

, có đồ thị là (C)

1. Khảo sát và vẽ (C)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(– 6 ; 5)

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: cos x cos3x 1 2 sin 2x4

.

2. Giải hệ phương trình: 3 3

2 2 3

x y 1

x y 2xy y 2

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân2xln 3

x xln 2

e dxI

e 1 e 2

Câu VI. (1,0 điểm) Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng 2. Với giá trị nào của góc giữa

mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?

Câu V. (1,0 điểm) Cho a,b,c 0 : abc 1. Chứng minh rằng:1 1 1

1a b 1 b c 1 c a 1

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

A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(1;0) ; B(–2;4) ;C(–1; 4) ; D(3 ; 5) và đường thẳng d: 3x – y – 5 = 0. Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:

1 2

x 1 2tx y 1 z 2

d : ; d : y 1 t2 1 1

z 3

Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức : x(3 + 5i) + y(1 – 2i)3 = 7 + 32i

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x - 2y -2 = 0 và điểm A(0;1) ; B(3; 4). Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho 2MA2 + MB2 là nhỏ nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;7;-1), B(4;2;0) và mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 1 = 0. Viêt phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)

Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z = 1 + 3 i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 3 -



Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2y = x - 3x + 4

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm)

1. Giải hệ phương trình: 2

2

x +1+ y(x + y) = 4y

(x +1)(x + y - 2) = y

(x, y R )

2. Giải phương trình: 2 2 sin(x ).cos x 112

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 1

2

0

I = xln(x + x +1)dx

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo

một thiết diện có diện tích bằng 2a 3

8. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

CâuV (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm GTLN của biểu thức

2 2 2 2 2 2

1 1 1P = + +

a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mp với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): 2y = x - 2x và elip (E): 2

2x+ y = 1

9.Chứng minh rằng (P) giao

(E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2x + y + z - 2x + 4y - 6z -11 = 0 và

mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6.

Câu VIIa (1 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n

4

1x +

2 x

, biết rằng n là

số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 n+1

0 1 2 nn n n n

2 2 2 65602C + C + C +..........+ C =

2 3 n +1 n +1

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7 = 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2MA + MB + MC .

Câu VIIb (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0 có nghiệm thực



- 4 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 2 32

xx

có đồ thị là (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 3 3sin x.sin3x + cos xcos3x 1

= -π π 8tan x - tan x +6 3

2. Giải hệ phương trình: 3 3 3

2 2

8x y 27 18y (1)

4x y 6x y (2)

Câu III (1 điểm): Tính tích phân I = 2 2

6

1sin x sin x dx

2

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A = x y z

x (x y)(x z) y (y x)(y z) z (z x)(z y)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Cho ABC có B(1; 2), phân giác trong góc A có phương trình (): 2x + y – 1 = 0; khoảng cách từ C đến () bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. 2. Trong không gian Oxyz cho mp (P): x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :

(d1) x 1 3 y z 2

1 1 2

; (d2)

x 1 2t

y 2 t (t )

z 1 t

. Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trong mp (P)

và cắt cả 2 đường thẳng (d1), (d2). Câu VIIa (1điểm):

Từ các số 0 , 1 , 2 , 3, 4, 5, 6. Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu Vb (2điểm): 1. Cho ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G (d) 3x – y –8 =0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x – 2y – z +1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y +m = 0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN = 8.

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình x-y x +y

x +y

e + e = 2(x +1)

e = x - y +1

(x, y R )

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 5 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2 1

1

xy

x

(C)

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

2. Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB vuông tại O.

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: x

xx

xxsin12

cossin

1cos.cos2

2. Giải hệ phương trình:

411

3

22

22

yx

xyyx

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

0

cos 2sin.sin

xdxxe x

Câu IV (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA (ABCD) và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, SC. 1. Tính thể tích tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp (BMN).

2. Tính góc giữa hai đường thẳng MN và BD

Câu V (1 điểm): Chứng minh rằng: 2

x xe cos x 2 x , x R

2


1. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình

2512 22 yx theo một dây cung có độ dài bằng 8.

2. Chứng tỏ rằng phương trình 2 2 2 22 os . 2sin . 4 4 4sin 0x y z c x y z luôn là phương trình của

một mặt cầu. Tìm để bán kính mặt cầu là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Hãy tính xác suất để lập được số tự

nhiên chia hết cho 5.

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm):

1. Cho ABC biết: B(2; -1), đường cao qua A có phương trình d1: 3x - 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có

phương trình d2: x + 2y - 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.

2. Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3 ; 4 ; 2) ; (d) y z -1x = =2 3

và m.phẳng (P): 4x +2y + z – 1 = 0

a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (P) .

b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) và vuông góc với mặt phẳng (P) .

Câu VIIb (1 điểm): Tính tổng: 10042009

22009

12009

02009 ... CCCCS .

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 6 -



Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với 1m . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 221 xx .

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: )2

sin(2cossin

2sincot

2

1

x

xx

xx .

2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 55 xx .

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

5

1

2

13

1dx

xx

xI .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 mmCCAB Tìm m biết rằng góc

giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 060 .

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3222 zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

zyxzxyzxyA

5.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 yx và 029136 yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( zyx

Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập 6,5,4,3,2,1,0E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?

B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2( M và có phương trình một đường chuẩn là .08 x Viết phương trình chính tắc của ).(E

2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( yx Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).(

Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức nxnxx )1(...)1(21 2 thu được đa thức

nn xaxaaxP ...)( 10 . Tính hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn

nCC nn

17132 .

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 7 -



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 (1 điểm)

Tính giới hạn sau: 1 2

31

tan( 1) 1lim

1

x

x

e x

x

Câu IV (1 điểm).

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

Câu V (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

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.( 2 điểm)

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 với hệ tọa độ 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 hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VIIa. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb.(2điểm)

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 với hệ tọa độ 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. Câu VIIb. (1 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 8 -



Câu I (2 điểm):

Cho hàm số y = - 3

x 3

+ x2 + 3x - 3

11

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0

2. Giải hệ phương trình 2 2

2 2

91 2 (1)

91 2 (2)

x y y

y x x

Câu III (1 điểm):

Cho số thực b ln2. Tính J =

xln10

b 3 x

e dx

e 2 và tìm

b ln2lim J.

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc

BAD = 600. Gọi M là trung điểm AA’ và N là trung điểm của CC’. Chứng minh rằng bốn điểm B’, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA’ theo a để tứ giác B’MDN là hình vuông.

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1

2010 x y z

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = 1 1 1

2 2 2x y z x y z x y z

.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mp tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm cách đều đ.thẳng (d) :x 1 y z 2

1 2 2

và mp (P): 2x – y – 2z = 0.

Câu VIIa(1 điểm): Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác

nhau đôi một từ X sao cho 1 trong 3 chữ số đầu tiên phải bằng 1. B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb(2 điểm): 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x

2 + 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: (d1):

4zty

t2x; (d2) :

x 3 t

y t

z 0

.

Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết pt mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). Câu VIIb (1 điểm): Giải pt sau trong C: z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0.

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 9 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số: 4 2y x 4x m (C) 1. Khảo sát hàm số với m = 3. 2. Giả sử đồ thị (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Tìm m để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dưới trục hoành bằng nhau. Câu II (2 điểm):

1. Giải bất phương trình: 2 2x 3x 2 2x 3x 1 x 1

2. Giải phương trình: 3 3 2cos x cos3x sin xsin3x 4


Tính tích phân: I = 2

30

7sin x 5cos xdx

(sin x cos x)

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60o. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.

Câu V (1 điểm) Cho 4 số thực a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = 1;c – d = 3. Cmr: 9 6 2

F ac bd cd4

.


1. Tìm phương trình chính tắc của elip (E), biết tiêu cự là 8 và (E) qua điểm M(– 15 ; 1).

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng 1

x y zd :

1 1 2 và 2

x 1 2t

d : y t

z 1 t

.

Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vuông góc với d1. Câu VIIa (1 điểm): Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu? B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1916

22

yx . Viết phương trình chính tắc

của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 052: zyxP và 312

3:)(

zy

xd ,

điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d

Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm): Tìm hệ số của x3 trong khai triển n

2 2x

x

biết n thoả mãn: 1 3 2n 1 232n 2n 2nC C ... C 2 .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 10 -



Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1

12

x

xy có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2 cos.2sin

2sin x -2x 3sin

xx

2. Giải hệ phương trình :

0222

096422

224

yxyx

yyxx.

Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I= dx. .cos.sin. 32

0

sin2

xxe x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a , mặt bên hợp với đáy góc . Tìm để thể tích của hình chóp đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1 điểm) Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3 .Chứng minh rằng:

46253 4 zxy + 415 4 xyz + 4815 4 yzx 45 5 xyz.



Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(2

1; 0) . Đường thẳng chứa cạnh AB có

phương trình x – 2y + 2 = 0 , AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết A có hoành độ âm . 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng )( 1d và )( 2d có phương trình .

Lập phương trình mặt phẳng chứa (d1 ) và )( 2d .

Câu VIIa (1 điểm) Tìm m để phương trình x10 1).12(48 22 xxmx .có 2 nghiệm phân biệt


Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng ( ) và ( )' có phương trình .

4t'2

t'2y

t'2-2x

: ;

4

2t-1y

t3x

: '

zz

Viết phương trình đường vuông góc chung của ( ) và ( )'

Câu VIIb (1 điểm) Giải và biện luận phương trình : 1mx ( .243)22 2322 xxxmxxm

3

3

9

1

6

4-x :)(d ;

1

2-z

3

1y

2

1);( 21

zyxd



- 11 -



Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2

32

xx

y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận.Tìm điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp ∆ IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình :

24cos2sin

2cossin

2sin1 22 x

xx

xx

2. Giải bất phương trình :

xxxxx

2

1log)2(22)144(log

2

12

2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

e

dxxxxx

xI

1

2 ln3ln1

ln

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2

a. 3aSA , 030 SAB SAC . Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

333 3

1

3

1

3

1

accbbaP

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;1) và B(3;3), đường thẳng (D): 3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng(D). 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0; -3), B(2; 0; -1) và mp (P) có pt: 3x 8y 7z 1 0 . Viết pt chính tắc đường thẳng d nằm trên mp (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đường thẳng AB và (P). Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biế t: 2 3 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 12 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200 k k k n n

n n n nC C k k C n n C

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng 052:1 yxd . d2: 3x + 6y – 7 = 0. Lập

phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 02 zyx . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4

điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình

113

2.3222

3213

xxyx

xyyx



- 12 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2

12

x

xy có đồ thị là (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2. Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2. Giải bất phương trình: )3(log53loglog 24

22

22 xxx


Tìm nguyên hàm xx

dxI

53 cos.sin

Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2010 + b2010 + c2010 = 3. Tìm GTLN của biểu thức P = a4 + b4 + c4. II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2. Trong hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 2t

y t

z 1 3t

. Lập pt mặt phẳng (P) đi

qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb(2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d : 3

1

12

1

zyx. Lập phương

trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 13 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3(m+1)x2 + 9x – m (1), m là tham số thực

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2.

Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 2

2 13 2 6x

x x

2. Giải phương trình: tan tan .sin 3 s inx +sin2x6 3

x x x


Tính tích phân

2

30

s inxdx

sinx + 3 osxc

Câu IV (1 điểm):

Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c, 0 0 0ASB 60 , 90 , 120BSC CSA . Câu V (1 điểm):

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 22 2 2log 1 log 1 log 4 x y z trong đó x, y, z là các số dương thoả

mãn điều kiện xyz = 8.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mp với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0. Lập phương trình

đường thẳng (d) đi qua M(1;-1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho 2MA MB 0

. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7;-1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P). Câu VIIa(1 điểm): Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số phức:

21

1

x và

22

1

x.

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb(2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình 2 2

19 4

x y . Giả sử (d) là một tiếp

tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM (D). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC. Câu VIIb (1 điểm):

Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn Vật lý, 7 cuốn Hoá học (các cuốn sách cùng loại giống nhau) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được 2 cuốn sách khác loại. Trong 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm sác xuất để hai bạn Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau.

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 14 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x có đồ thị là (Cm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2. Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d)

cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình: cos2 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x x

2. Giải bất phương trình : 2 3

2 32

log 1 log 10

3 4

x x

x x


Tính tích phân I = 6 64

x

4

sin x cos xdx

6 1

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Hai mặt bên SAB và SAD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB ,SD . Tính thể tích khối chóp OAHK.

Câu V (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

3 3 34 4 4 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )a b c

b c c a a b



Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm I(2; 4) ; B(1;1) ; C(5;5) . Tìm điểm A sao cho I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1) B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt phẳng (P): x + y + z - 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Câu VIIa (1 điểm): Giải phương trình: 2 24 2 3 4x x x x


Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C

2. Trong không gian Oxyz cho đường thảng ( ):

x t

y 1 2t

z 2 t

( t R ) và mặt phẳng (P): 2x – y - 2z – 2 = 0

Viết phương trình mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính r = 3 Câu VIIb (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 15 -



Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = 1x

3x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Cho điểm Mo(xo;yo) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại Mo cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và B.

Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0

2. Giải phương trình: x + 2 x7 = 2 1x + 17x8x 2 ( x R)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2

1

xdxln)2x(I

Câu IV (1 điểm)

Cho hình lập phương ABCD. A'B'C'D' có cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh CC' sao cho CK = 3

2a. Mặt phẳng ()

đi qua A, K và song song BD chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích của hai khối đa diện đó. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng

2

9

2 2

22

2

22

2

22333

acb

ac

bca

cb

abc

ba

abc

cba

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;2;0), B(0;4;0), C(0;0;3).

a) Viết phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng (ABC). b) Viết phương trình (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P).


Giải phương trình : 2(log2x + 1)log4x + log24

1 = 0

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng : 2 4 0d x y . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với

các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho : 2 5 0x y z và mặt cầu (S) 2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 25x y z

a) Lập phương trình tiếp diện của mặt cầu song song với Ox và vuông góc với

b) Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai A(1;– 4;4) điểm B(3; – 5; – 1) và hợp với một góc 600

Câu VIIb. (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau mà mỗi số lập được đều nhỏ hơn 25000? -----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 16 -



Câu I: (2 điểm):

Cho hàm số1

xy

x

(C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) , biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II: (2 điểm):

1. Giải phương trình: 1os3x os2x osx2

c c c

2. Giải bất phương trình : 24 416 3

2

x xx x

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân: 1

2 ln xdxe

I xx

.

Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.

Câu V: (1 điểm): Cho x, y là các số thực thõa mãn điều kiện: 2 2 3.x xy y

Chứng minh rằng : 2 2(4 3 3) 3 4 3 3.x xy y



Câu VIa: (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với B(2; -7), phương trình đường cao AA’: 3x + y + 11 = 0 ; phương trình trung tuyến CM : x + 2y + 7 = 0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB và AC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. a) Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). b) Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P).

Câu VIIa: (1 điểm): Giải bất phương trình: 3log 3 2 log 2

3log 3 log 2

x x

x x


Câu VIb: (2 điểm): 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1 ; 4 ) và cắt hai tia Ox,Oy tại hai điểm A,B sao cho độ dài OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(-1 ; 0 ; 2) ; B( 3 ; 1 ; 0) ; C(0 ; 1 ; 1) và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) : 3x –z + 5 = 0 ; (Q) : 4x + y – 2z + 1 = 0 a) Viết phương trình tham số của (d) và phương trình mặt phẳng ( ) qua A ; B; C . b) Tìm giao điểm H của (d) và ( ) . Chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC . Câu VIIb: (1 điểm): Cho tập A= 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. -----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 17 -



Câu I (2 điểm): Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số 3 2(2 1) 1y x m x m (1) m là tham số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2.Tìm để đồ thị (Cm) tiếp xúc với đường thẳng 2 1y mx m

Câu II (2 điểm):

1. Tìm nghiệm x 0;2

của phương trình: (1 cos x) (sin x 1)(1 cos x) (1 cos x) (sin x 1)(1 cos x) sin x 2


2 2

x 2 x y 3 y 5

x 2 x y 3 y 2

.


Tính tích phân 4

2 40

sin 4xI dx

cos x. tan x 1

.

Câu IV (1 điểm): Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và đỉnh A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ theo a. Câu V (1 điểm) Cho 4 số thực x, y, z, t 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 4 4 4

1 1 1 1P (xyzt 1)

x 1 y 1 z 1 t 1

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABCD có cạnh AC đi qua điểm M(0;– 1). Biết AB = 2AM, pt đường phân giác trong (AD): x – y = 0, đường cao (CH): 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ABCD . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(-1;-3;1). Chứng tỏ A,B,C,D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC. Câu VIIa (1 điểm): Cho tập hợp X = 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb(2 điểm):

1. Viết phương trình đường thẳng (d) qua A(1 ; 2) và tạo với đường thẳng (D): x + 3 y - 5

=1 2

một góc 450 .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d là giao tuyến của 2 mp: (P) : x - my + z - m = 0 và Q) : mx + y - mz -1 = 0, m là tham số. a) Lập phương trình hình chiếu Δ của (d) lên mặt phẳng Oxy. b) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng Δ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định trong mặt phẳng Oxy. Câu VIIb (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập C : (z2 + z)2 + 4(z2 + z) – 12 = 0

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 18 -



Câu I (2 điểm):

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 4

1

x

x

.

2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1). Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x 1 3x

cos4x +cos2 4

= 7

2

2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu III (1 điểm):

Tính tích phân: K = 2

x

0

1 s inxe dx

1+cosx

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. CMR: 2 2 252a b c 2abc 2

27

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 + 4y2 = 16 a) Đường thẳng d qua tiêu điểm trái , vuông góc với trục lớn , cắt (E) tại M và N . Tính độ dài MN b) Cmr : OM2 + MF1.MF2 luôn là hằng số với M tùy ý trên (E)

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho đường thẳng (d): 2 4

3 2 2

x y z

và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-

2;3). Tìm trên (d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất. Câu VIIa(1 điểm) Tính giá trị biểu thức sau : M = 1 + i + i2 + i3 + …………….. + i2010

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb(2 điểm): 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(- 4 ; 6 ) và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích là 6

2. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và hai đường thẳng :(d1) : 1

3

1

2

2

2

zyx

và (d2) : 1

1

2

1

1

1

zyx

a) Tìm toạ độ điểm A’ đối xứng điểm A qua đường thẳng (d1) . b) Chứng tỏ (d1) và (d2) chéo nhau . Viết phương trình đường vuông góc chung của (d1) và (d2) .

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình: x x 8 y x y y

x y 5

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 19 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số 4 3 2x 2x 3 x 1 (1)y x m m . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2. Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: cos3x.cos3x – sin3x.sin3x = 2 3 28

2. Giải phương trình: 2x +1 + x 2 22 1 2x 3 0x x x


Tính tích phân: 2

0

I x 1 sin 2xdx

.

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = 2a . Đáy là tam giác ABC cân 0120BAC , cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz.Tìm GTNN của(1 ) (1 ) (1 )

xy yz zxA

z xy x yz y zx

.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (–2 ; 5) và hai đường thẳng (d1) : 4x – 2y –1 = 0 ;

(d2) : x = -2 + 3t

y = t

a) Tính góc giữa (d1) và (d2) . b) Tìm điểm N trên (d2) cách điểm M một khoảng là 5 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(-1;-3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x +y – 2z + 4 = 0. Câu VIIa(1 điểm): Chứng minh 2010 2008 2006

3 1 4 1 4 1i i i i

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với C(2; 3) , phương trình đường thẳng (AB): 3x – 4 y + 1 = 0 phương trình trung tuyến (AM) : 2x – 3y + 2 = 0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AC và BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1; 1; 1). a) Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. b) Giả sử mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (α).

Câu VIIb(1 điểm): Giải phương trình: 14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 20 -



Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực

tiểu nhỏ hơn 1. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0


25)yx)(yx(

13)yx)(yx(22

22

(x, y )

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

e

1

dxxln21x

xln23I

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi α là góc giữa hai mp (ABC) và (A'BC). Tính tanα và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = 2

32

y

y2

x4

4x3


A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình

là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là x + y + 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm G(1 ; 1 ; 1) . a) Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua G và vuông góc với đường thẳng OG .

b) ( ) cắt Ox, Oy ,Oz tại A, B,C . Chứng minh tam giác ABC đều và G là trực tâm tam giác ABC. Câu VIIa. (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.


Câu VIb. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho (E): 9x2 + 16y2 = 144

Viết phương trình đường thẳng đi qua M(2 ; 1) và cắt elip (E) tại A và B sao cho M là trung điểm của AB 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 5 = 0 và các điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) a)Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)

b)Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu VIIb. (1 điểm)

Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton xn

5lg(10 3 ) (x 2)lg32 2 biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển

bằng 21 và 1 3 2n n nC C 2C .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 21 -



Câu I (2 điểm):

Cho hàm số y = 1

3x3 – mx2 +(m2 – 1)x + 1 ( có đồ thị (Cm) )

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2. Tìm m, để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu và yCĐ+ yCT > 2 . Câu II (2 điểm):

1. Giải bất phương trình: 1 115.2 1 2 1 2 x x x

2. Tìm m để phương trình: 22 0,54(log x ) log x m 0 có nghiệm thuộc (0, 1).

Câu III (2 điểm):Tính tích phân: I =

3

6 21

dx

x 1 x .

Câu IV (1 điểm): Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.

Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2

cos x

sin x(2cos x sin x) với 0 < x

3

.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1.Viết phương trình chính tắc của (E) có hai tiêu điểm 1 2,F F biết (E) qua 3 4;

5 5M

và 1 2MF F vuông tại M

2. Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: (d1) :

x t

y 4 t

z 6 2t

; và (d2) :

x t '

y 3t ' 6

z t ' 1

Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).

Câu VIIa(1 điểm): Giải phương trình: 2

4 3 zz z z 1 0

2 trên tập số phức.

B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VIb(2 điểm): 1.Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn : (C1): x

2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0. ; (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0.

Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). 2. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

D1 : 2 1

1 1 2

x y z

, D2 :

2 2

3

x t

y

z t

a) Chứng minh rằng D1 chéo D2 . Viết phương trình đường vuông góc chung của D1 và D2 b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 Câu VIIb (1 điểm):

Tính tổng 0 1 2 20092009 2009 2009 2009S C 2C 3C ... 2010C .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 22 -



Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 21

mx x

x

Câu II (2,0 điểm ) 1. Giải phương trình : 11 5 7 3 2009cos sin 2 sin

4 2 4 2 2 2

x x x


2 2

2 2

2 2

30 9 25 0

30 9 25 0

30 9 25 0

x x y y

y y z z

z z x x

Câu III (1,0 điểm ) Tính tích phân : I = 3

1

(x 4)dx

3. x 1 x 3

Câu IV ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho

AM = 3

3

a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM .

Câu V ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chứng minh rằng :

4 4 4

2 2 2 2 2 2

x y z

x y z y z x z x y

≥ 2 2 2

4

x y z

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm )

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình :2 2

3

x t

y t và một điểm A(0; 1).

Tìm điểm M thuộc d sao cho AM ngắn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

d1 : 2 1

4 6 8

x y z

; d2 : 7 2

6 9 12

x y z

a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua d1 và d2 . b) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0điểm) Giải phương trình : 2 39 273 3

log ( 1) log 2 log 4 log ( 4)x x x

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Với giá trị nào của m thì phương trình 2 2 2( 2) 4 19 6 0x y m x my m là phương trình đường tròn 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1 ; 2 ; -1); B(2 ; -1 3) ; C(-4 ; 7 ; 5) và (P) : x – 2y + z = 0 a) Viết phương trình đường thẳng (d) qua A , song song mặt phẳng (P) và vuông góc đường thẳng BC b) Tìm điểm M trên (P) sao cho độ dài AM + BM đạt giá trị nhỏ nhất .

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Cho phương trình : 2 25 5log 2 log 1 2 0x x m , ( m là tham số ) .

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 31;5



- 23 -



Câu I (2 điểm): Cho hàm số : y = (x – m)3 – 3x (1) 1. Xác định m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0. 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. Câu II (2 điểm): 1. Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.


2

x y x y

y x y

Câu III (1 điểm): Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

3

322 2

1 3x 0

1 1log log 1 12 3

x k

x x

Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0D 60BA , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC' và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của khối chóp S.AB'C'D'. Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:

ab bc ca a b cc a a b b cc c a a a b b b c

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC biết A(1;4) B(-7;4) C(2;-5) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1

x 1 t

( ) : y 1 t

z 2

, 2

x 3 y 1 z:

1 2 1

a) Viết phương trình mặt phẳng chứa 1 và song song với 2. b) Xác định điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Câu VIIa (1 điểm): Tìm số phức z thõa mãn điều kiện: 5z và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó.

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , viết phương trình đường thẳng (D) qua A(– 2 ; 0) và tạo với đường thẳng (d) : x + 3y – 3 = 0 một góc 450 2. Cho mặt phẳng (P):2x – y + 2z – 3 = 0 và mặt cầu (S ): 2 2 2( 1) ( 1) ( 2) 25x y z a) Chứng tỏ rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ) cắt nhau. Tìm bán kính của đường tròn giao tuyến b) Lập phương trình các tiếp diện của mặt cầu song song với mặt phẳng (P).

Câu VIIb (1 điểm): Tính tổng: 2 3 2525 25 25S 1.2. 2.3. ... 24.25.C C C .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 24 -



Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số 4 22 1y x mx m (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có

bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Câu II (2 điểm)

1.Giải phương trình: x

xxxx

2

322

cos

1coscostan2cos

.


2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

, ( , )x yR .

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 32

21

log

1 3ln

e xI dx

x x

.

Câu IV. (1 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3

2

a và góc BAD = 600. Gọi M và N

lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V. (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c . Chứng minh rằng: 7

227

ab bc ca abc .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).


Cho 1z , 2z là các nghiệm phức của phương trình 22 4 11 0z z . Tính giá trị của biểu thức 2 2

1 22

1 2( )

z z

z z

.

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 3 8 0x y , ' :3 4 10 0x y và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.

Câu VIIb. (1 điểm)

Giải hệ phương trình : 2

1 2

1 2

2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

x y

xy x y x x

y x

, ( , )x yR



- 25 -


I. PHẦN BẮT BUỘC CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = –x3 + 3x2 + mx – 2 (1), m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0.

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; 2).

Câu II. ( 2 điểm)


2

tan tan 2sin

tan 1 2 4

x xx

x

.


1 2

2

(1 4 ).5 1 3

( , )13 1 2

x y x y x y

x yx y y y

x

.

Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 4

0

sin4

sin 2 2(sin cos ) 2

x dx

x x x

.

Câu IV. ( 1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a và SA vuông góc mặt phẳng đáy. Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K. Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK. Câu V. ( 1 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: 24 2 4 1 ( )Rx x x m m

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a ( 2 điểm) 1. Cho đường tròn (C): (x – 3)² + (y +1)² = 4 và điểm M (1; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C),biết (d) đi qua M. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.a ( 1 điểm)

Giải bất phương trình: 2 1 2 13 2 5.6 0x x x .

B.Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b ( 2 điểm) 1. Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến của (P) : y2 = 4x kẻ từ các điểm A(0 ; 1) ; B(2 ;– 3) có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1 2

x 2 tx 4 y 1 z 5

d : và : d : y 3 3t , t3 1 2

z t

a). Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau, tính khoảng cách giữa d1 và d2.

b). Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VII.b ( 1 điểm) Giải phương trình: 7 3log log (2 )x x

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 26 -



Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 4 2y x (2m 1)x 2m (m là tham biến). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình : 2 21 8 21 12cos x cos x 3 sin 2(x ) 3cos(x ) sin x

3 3 2 3

.


222

22

)yx(7yxyx

)yx(3yxyx

Câu III (1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau :

x

2

xey 0, y , x 1

x 1

.

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a , 090BAD , cạnh 2SA a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB, tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu V (1 điểm) Với mọi số thực ; ;x y z lớn hơn 1 và thỏa điều kiện 1 1 1

2x y z .

Tìm GTlN của biểu thức A = (x – 1) (y – 1) (z – 1)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC với A(–1; 1) ; B(–2; 0) ; C(2 ; 2) . Viết phương trình đường thẳng cách đều các đỉnh của ABC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A(4;0;0), B(0;0;4) và mp (P): 2x y 2z 4 0 a). Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P), viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB. b). Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. Câu VIIa (1 điểm): Tìm phần thực của số phức: nz (1 i) , trong đó nN và thỏa mãn:

4 5log n 3 log n 6 4 .

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho (H) : 2 2

14 5

x y và đường thẳng (d) : x – y + m = 0 . CMR (d) luôn cắt (H) tại

hai điểm M , N thuộc hai nhánh khác nhau của (H). 2. Trong không gian Oxyz , cho các điểm 1;3;5 , 4;3;2 , 0;2;1A B C . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.

Câu VIIb (1 điểm): Cho số phức : z 1 3.i . Hãy viết số zn dạng lượng giác biết rằng nN và thỏa mãn: 2

3 3log (n 2n 6) log 52 2n 2n 6 4 (n 2n 6) .

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 27 -



Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số2 1

1

xy

x

(C)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm)


3 3

2 1

2 2

y x

x y y x

.

2.Giải phương trình sau: 6 68 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 12

1

2

1( 1 )

xxx e dx

x

.

Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD)

bằng 3

a .Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15

27

a .

Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 22 1x y xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 4 4

2 1

x yP

xy

.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 + y2 – 2x + 6y –15 = 0 (C ). Viết phương trình đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x – 3y + 2 = 0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : 2 1

4 6 8

x y z

và

d2 :7 2

6 9 12

x y z

. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I

trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập hợp C : (z2 + i)(z2 – z ) = 0 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VIb(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2

14 3

x y và đường thẳng :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên kẻ tới

(E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho (d) : 3 2 1

2 1 1

x y z

và mặt phẳng (P) : x + y + z + 2 = 0 . Lập

phương trình đường thẳng (D) nằm trong (P) sao cho (D) (d) và khoảng cách từ giao điểm của (d) và (P) đến đường

thẳng (D) là 42 .

Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

yyxx

xyyx

222

222

log2log72log

log3loglog

-----------------------------------------Hết --------------------------------------------



- 28 -



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 , biết

26

1cos .

Câu II (2 điểm)

1. Giải bất phương trình: 544

2log2

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.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (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 VIIa (1 điểm)

Cho khai triển: 1414

2210

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

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 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 VIIb (1 điểm) Giải phương trình trên tập hợp C : 3

1z i

i z

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 29 -



Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x3 – 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x +1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ;2

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx

2. Giải phương trình : 32

3512)13( 22 xxxx


2ln3

023 )2( xe

dxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng

(ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’

và BC là a 3

4

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 122 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

122

44

yx

yxP

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

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa: (2 điểm) 1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C.

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mp(Oxy) ,cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

5

1

1

3

4:1

zyx

d

13

3

1

2:2

zyxd

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 30 -



Câu I: (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 212 3 .

3y x x x

2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.

Câu II: (2,0 điểm) 1.Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 24

x x x

.

2.Giải hệ phương trình

2 22

34 4( ) 7

( )

12 3

xy x yx y

xx y

.

Câu III: (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 2m x x x có 2 nghiệm phân biệt. Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó. Câu V: (1,0 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 3 3

2 2 2

a b cP

1 a 1 b 1 c



Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: ( 1) ( 1) 25C x y và M(7 ; 3) .Lập

phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A,B sao cho MA = 3MB.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1; 2;3I .Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với

trục Oy.

Câu VII.a: (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 2.27 18 4.12 3.8x x x x .

2. Tìm nguyên hàm của hàm số 2

tan

1 cos

xf x

x

.


Câu VIb:(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2: 2 0C x y x . Viết phương trình tiếp tuyến của C ,

biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 . 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh AA1 = a , AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm các cạnh AB,AD, AA1. a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) .

b) Tính theo a thể tích của tứ diện C1MNK Câu VII.b: (1,0 điểm)

1. Giải bất phương trình 4 log3 243xx .

2. Tìm m để hàm số 2 1mx

yx

có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất

-----------------------------------------Hết ---------------------------------------------



- 31 -

ĐÁP SỐ CÁC ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC

ĐỀ 1 Câu I: 2. m 0 Câu II: 1.

nx ( 1) n , n Z3

x k , k Z6

; 2. x 6 và 3 17

x2

Câu III: S = 2 + ln

3

2

Câu IV: R = a 21

6 Câu V: Min P = 2 khi x = y = z =

1

3.

Câu VIa: 1. Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; 7 ) và (0 ; 7 )

2. Phương trình tham số của đường thẳng MH là: x 2 t

y 1 4t

z 2t

Câu VIIa: Hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : 0 26 6C .C 1 0

6 5C .C = 9.

Câu VIb: 1. Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; 7 ) và (0 ; 7 )

2. Phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z

1 4 2

Câu VIIb: Hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : 0 35 5C .C 1 1

5 4C .C = 10.

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 2 Câu I: 2. Có 2 tiếp tuyến là : 1 2

x 7d : y x 1; d : y

4 2

Câu II: 1.

x k2

x k4

x k2

; 2. 3 33 2 3

;9 9

; 3 34 4

;2 2

Câu III: I = 2ln3 - 1 Câu IV: V = 2

4

3sin .cos ; V

4 3

3 Min V =

4 3

3 khi cos =

3

3

Câu V: Chứng minh

3

3 3 33 3 3 3

1 1 c

a b 1 a b cab a b c

Câu VIa: 1. M(7

3; 2) hoặc M(– 9 ; – 32) ; 2. Phương trình đường vuông góc chung (d) :

x 2 y z 1

1 2 4

Câu VIIa: x = 6 ; y = 1 Câu VIb: 1. 2MA2 + MB2 27 GTNN là 27 khi M(2;0) ;

2. Phương trình (d) :

x 3 4t

y 3t

z 2 t

Câu VIIb: 5 5 532(cos sin )

3 3z i

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 3 Câu I: 2. 6 35

m3

Câu II: 1. Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) ;

2. Vậy phương trình có nghiệm

k6

x , (k )Z Câu III: 12

33ln

4

3I

Câu IV: V =

3a 3

12

Câu V: P đạt giá trị lớn nhất bằng 2

1 khi a = b = c = 1.

Câu VIa: 1. 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình : 2 29x 9y 16x 8y 9 0



- 32 -

2.() có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0

Câu VIIa: Vậy hệ số cần tìm là 21

4

Câu VIb: 1. Vậy (C) có phương trình 027

338y

9

17x

27

83yx 22

2. F nhỏ nhất bằng 9

553

3

64

33

19.3

2

khi M là hình chiếu của G lên (P).

Câu VIIb: 5

m 33

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 4 Câu I: 2. AB min = 2 2 0 3 (3;3)

1 (1;1)o

x Mx M

Câu II: 1.x = – 6

+ k ; 2. Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5 6 3 5 6; , ;

4 43 5 3 5

Câu III: I = 32

16 Câu IV: d(B; SAC) =

3V 3a

dt(SAC) 13 . Câu V: Max P = 1 khi x = y = z = 1

Câu VIa: 1. C(0; –5) ; A 3314 ;5 5

; 2. Phương trình ()

1 21 2 ( )2

x ty t tz

Câu VIIa: 1560

Câu VIb: 1. C(–2; 10) r = S 3

p 2 65 89

hoặc C(1; –1)

S 3r

p 2 2 5

. 2. m = –12

Câu VIIb: Hệ có nghiệm duy nhất (0;0) ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 5 Câu I: 2 . m = – 2 Câu II: 1. x k2

2x k2

; 2. Vậy hệ có hai nghiệm là: 3;3,3;3 .

Câu III: I = 8

3 Câu IV: 1.V=

3a

24 ; d =

a 6

6 ; 2. 0MN, BD 60 Câu V:

Câu VIa: 1. y - 2 = 0 và 3x - 4y + 5 = 0.; 2. 2

k Câu VIIa: P(A) =

49

13

5880

1560

Câu VIb: 1.(– 5;3) ; 2.a) H(-1; 2; 1) ; b) Pt () : 4x – 11y + 6z – 6 = 0 Câu VIIb: S = 22008 ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 6 Câu I: 2. 313 m vµ .131 m Câu II: 1. kx

2; .,,

3

2

4 tk

tx

; 2. x = 2

Câu III: I = 100 9

ln27 5

Câu IV: .2m Câu V: GTLN của A là 3

14, đạt được khi .1 zyx

Câu VIa: 1. 0726422 yxyx hay .85)3()2( 22 yx ; 2. ).4;3;5( Q hay ).3;5;4( Q

Câu VIIa: 420 Câu VIb: 1.2 2x y

(E) : 1.16 12

hoặc 2 2x y

(E) : 1.52 39 / 4

; 2. (1; 1; 2)

23 23 14( ; ; ).

3 3 3

M

M

Câu VIIb: a8 = 89

----------------------------------------------- Hết----------------------------------------------------------- ĐỀ 7 Câu I: 2. m = 1 hay 2 < m < 8 Câu II: 1.

5 1 5 1

2 2

log ( 2 1) log ( 2 1)

x ; 2. x = 2 Câu III: 9



- 33 -

Câu IV: 3 2

.

cot

3sinS ABCD

aV

và Sxq = 2 cot 1

.(1 )sin sin

a

Câu VIa: 1. M(19 2

;5 5

) ;

2. Phương trình (d) : x 1 y z 1

4 8 1

Câu VIIa: z = 0, z = - 2 và z = 1 3i Câu VIb: 1. M(

17

5

;

6

5)

2. Phương trình (S) : 2 2 21 14 1 1( ) ( ) ( )

10 5 10 2x y z Câu VIIb: z =

1 21 ( 2 )

5 5i

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 8 Câu I: 2. M(3; 3

16), N(-3;

3

16) Câu II: 1.x =

3

+

k

2

; 2.x = y = 3

Câu III: J = b 2/ 33 4 (e 2) ;

2 b ln2lim J.= 6 Câu IV: a 2 Câu V: MaxP =

1050

2 khi x = y = z =

6

1050

Câu VIa: 1. y + 7 = 0 ; 2. A(3 ; 0 ; 0) Câu VIIa: 2280 (số) Câu VIb: 1. (d) : x – 3y + 7 = 0

2. Phương trình (S) : 2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 4. Câu VIIb: ĐS: 1,2, 2 2 i, 2 2 i . ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 9 Câu I: 2.m = 20

9 Câu II: 1.S = ( – ;

1

2) 1 ; 2. x =

8

+ k Câu III: I = 1 Câu IV: V =

3a 3

16

Câu V: Câu VIa: 1. 2 2x y

(E) : 120 4

; 2.

x t

Ptts : y t

z 0

Câu VIIa: 1485 Câu VIb: 1.2 2

140 15

x y

2. 7 4 16

( ; ; )3 3 3

M Câu VIIb: Hệ số của x3 là 101376

----------------------------------------------- Hết----------------------------------------------------------- ĐỀ 10 Câu I: 2. M1( 32;31 ) ; M2( 32;31 )

Câu II: 1. x = 3

+ k2 ; 2.

3

2

y

x ;

3

2

y

x ;

5

2

y

x ;

5

2

y

x Câu III: I =

e

2

Câu IV: V max 27

34 3a khi đó tan 2 =1 = 45 o Câu V:

Câu VIa: 1.A(-2;0) ; B(2;2) ; C(3;0) ; D(-1;-2) ; 2.Phương trình (P) : x + y – 5z + 10 = 0

Câu VIIa: 5

124 m hoặc -5 < 4m

Câu VIb: 1. AB: x- 2y = 0 ; CD : x- 2y-2 =0 ; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y -4 =0

hoặc AB: -x + y+ 1 =0 ; BC: -x –y + 2= 0 ; AD: -x –y +3 =0 ; CD: -x + y+ 2 =0

2. Phương trình (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) : 2x – y + 10z – 47 = 0 ; (Q) : x + 3y – 2z + 6 = 0

Câu VIIb: * 11 m phương trình có nghiệm x=1

2

m

* m = -1 phương trình nghiệm 1x * Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 11 Câu I: 2. M(1; 1) và M(3; 3) Câu II: 1. x = k ; 2. 2

1x

4

1 hoặc x < 0. Câu III: I =

3

e2225 3

Câu IV: V = 3a

16 Câu V: Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba

Câu VIa: 1.Phương trình (C) : (x – 3)2 +(y + 2)2 = 25 ; (C) : 2 231 4225( ) ( 27)

2 4x y



- 34 -

; 2. Phương trình (d) : x 2 y z 1

2 1 2

Câu VIIa: n = 100

Câu VIb: 1. 05yx3:d hoặc 05y3x:d ; 2. Tâm H5 1 1

( ; ; )3 6 6

và bán kính r = 186

6

Câu VIIb:

11

8logy

0x

2

và

)83(log2y

183log3

1x

2

2

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 12 Câu I: 2. m = 0 Câu II: 1. 2

2kx ; 2. S = )16;8(]

2

1;0(

Câu III: I = 4 22

1 3 1tan x tan x 3ln tan x C

4 2 2 tan x Câu IV: d =

a 3

4 Câu V: Max P = 3 khi a = b = c = 1

Câu VIa: 1.m = 5 hoặc m = 7 ; 2. Phương trình (P) : 7x + y – 5z – 77 = 0 Câu VIIa: 1440 (số) Câu VIb: 1. m = 5 hoặc m = 7 ; 2. Phương trình (P) : 7x + y – 5z – 77 = 0 Câu VIIb: 11040 (số) ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 13 Câu I: 2.m = - 3 hoặc m = 1 Câu II: 1. x = 1 ; 2. 2

; 22 3

x k x k Câu III: I =

3

6

Câu IV: VS.ABC = 2

abc12

Câu V: Min P = 5 4x y 8;z 2 2 Câu VIa: 1. (d): x – 1 = 0 ;

2. d = (P) (Q) với (P) : x + 2y – 2z + 1 = 0 và (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0 Câu VIIa: 2 21 2

1 12i ; 2i

x x

Câu VIb: 1.Phương trình (C) : x2 + y2 = 9.; 2. H36 18 12

; ;49 49 49

. Câu VIIb: 5

p(A)18

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 14 Câu I: 2. 1 137

m2

Câu II: 1.

x k2(k Z)2

x k2

; 2. S = 1;0 4; Câu III: I = 5

32

Câu IV: V = 32a

27 Câu VIa: 1. A(

1 17;

3 3) 2.Pt (S) : x2 + y2 +z2 – 2x – 2z + 1 = 0

Câu VIIa: x = 0 ; x = 2 ; x = 2 14

3

Câu VIb: 1.C( -7; -26) ; 2.

2 2 2

1

2 2 2

2

11 14 1( ) : 13

6 3 6

1 1 7: 13

3 3 3

S x y z

S x y z

Câu VIIb: 4847

m

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 15 Câu II: 1.

2k3

2x

2k2

x ; 2. x = 4 Câu III: I = 2ln2 +

5

4 Câu IV: V1 =

3a

3và V2 =

32a

3

Câu V: Câu VIa: 1.(E) : 4

y

8

x 22

= 1 ; 2. a) Phương trình (d) : 6 3 4

x y z ; b) Phương trình (P) : 6x – 3y – 4z = 0

(P) : 6x + 3y – 4z = 0 Câu VIIa: x = 2 hoặc x = 1

4 Câu VIb: 1. (x – 4)2 + (y – 4)2 = 16 ; 2 24 4 16

( ) ( )3 3 9

x y



- 35 -

2. a) 2y – z + 4 ± 5 5 = 0 ; b) 2x – y + z – 10 = 0 ; 10x + 25y – z + 94 = 0 Câu VIIb: 360 (số)

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 16 Câu I: 2. y = – x ; y = – x + 4 Câu II: 1. 2

,7 7

x k k

Z với k 3 + 7m , m Z ;

2. S = 145

;36

Câu III: I =

1

4(e2 + 5) Câu IV: V = 2 2 231

3 2

b a bBh

và d = 2 2

2 2

3.

4a

a bb

b Câu V:

Câu VIa: 1.(AB) : 4x + 3y + 13 = 0 ; (AC) : 7x + 9y – 37 = 0 ; 2. a) E(-12;16;0) ; b) 1 1 3; ;

4 2 4K

Câu VIIa: S = Câu VIb: 1.(d) : 2x + y – 6 = 0 ; 2.a) (d) : 9 2

5 3

x t

y t

z t

và () : x + 2y + 3z – 5 = 0

b) H(-2 ; 5 ; -1) Câu VIIb: 222 (số) ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 17 Câu II: 1.x = 4

; 2.

1 17 13x , y 1 x , y

2 20 20 . Câu III: I = 2 - 2 Câu IV: V =

3a 3

12

Câu V: Min P = 4 khi x = y = z = t = 1 Câu VIa: 1.A(1;1) ; B(-3;-1) ; C(1

2 ; – 2) Câu VIIa: 1056 (số)

Câu VIb: 1. x – 3y + 5 = 0 ; 3x + y – 5 = 0 2. a) là giao tuyến của hai mặt phẳng z = 0 và () : 2mx + (1 – m2)y – (m2 + 1) = 0 b) tiếp xúc với đường tròn tâm O, R = 1.

Câu VIIb: z = 1 ; z = -2 ; 1 23

2

iz

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 18 Câu I: 2. A(0; -4) ; B(2;0) Câu II: 1.x = k8 ; 2. x = 1 Câu III: K = 2e

Câu IV: V =

3

32

4 tan2

3 4 tan

Câu V: Câu VIa: 1.a) MN = 2 ; b) hằng số là 20 ; 2. M(2; 0; 4) Câu VIIa: M = i

Câu VIb: 1.phương trình (d) : 3x + 4y – 12 = 0 ; 3x + y + 6 = 0 ; 2.a) A’(-1 ; -4 ; 1) ; b) (d) :

10

329

310

3

x t

y t

z t

Câu VIIb: x = 9 ; y = 4 ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 19 Câu I: 2. m 4

3 Câu II: 1. x k , k Z

16 2

; 2. x =

1

2 Câu III: I = 1 +

4

Câu IV: d = a 2

3 Câu V: Min A =

3 3

4 khi x = y = z = 3 Câu VIa: 1.a) 450 ; b) N(-2;0) hay N(1;1)

2. Phương trình(S) : (x – 1)2 + (y + 1)2 + (z – 2)2 = 9 Câu VIb: 1.(AC) : x – 3y + 7 = 0; (BC) : 8x – 9y + 11 = 0 2. a) Phương trình (P) : x + y – z + 2 = 0 và = 60o ; b) Phương trình () : x – y –z + 3 = 0

Câu VIIb: Pt có ng: 1; 1 k ,k Z2

.

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------



- 36 -

ĐỀ 20 Câu I: 2. m < – 1 hay 4

5 < m <

5

7 Câu II: 1. x =

4

+ k, x = + k2 hoặc x =

2

+ k2 (k Z) ;

2.

3y,2x

2y,3x Câu III: I =

4 2 5

3

Câu IV: tan =

a

ab 2232 và V =

4

3 222 aba

Câu V: Giá trị nhỏ nhất của A là 2

9khi x = y = 2 Câu VIa: 1.B(-2;-3) và C(4;-5) Câu VIIa: n = 20

Câu VIb: 1.(d) : 9x + 8y – 26 = 0 ; 2. a) Phương trình hình chiếu d = (P) (Q) , với (P) : 2x – y + 2z + 5 = 0 ;

(Q) : 2x + 6y + z – 4 = 0 ; b) Phương trình (S):x2 +y2+z22x +2

1y 4z = 0 hoặc (S) x2 + y2 + z2 2x +

3

4y4z = 0

Câu VIIb: x = 0 hoặc x = 2 ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 21 Câu I: 2. Câu II: 1. x ≤ 2 ; 2. m ≤ 1

4 Câu III:

117 41 3I135 12

Câu IV: V = 3 tan

16

a

Câu V: Min y = 2 khi x = 4

Câu VIa: 1. (E) : 4x2 + 9y2 =36 ;

2.Phương trình tham số của đường thẳng (d ):

18x 44t

1112

y 30t11

7z 7t

11

; Câu VIIa: S = 1+i; 1- i ;1 i 1 i

;2 2

Câu VIb: 1. Có 3 phương trình tiếp tuyến chung: 1 2 3

2 4 7 2 2 4 7 2( ) : x 3, ( ) : y x , ( ) y x4 4 4 4

2. a) Phương trình đường vuông góc chung :

2

3 5

2

x t

y t

z t

b) (S) : 2 2 2

11 13 1 5

6 6 3 6x y z

Câu VIIb: 2008S 2011.2 . ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 22 Câu I: 2. *) Nếu m < -2 : Phương trình vô nghiệm *) Nếu m = - 2 : Phương trình có hai nghiệm *) Nếu – 2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt *) Nếu m 0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu II: 1. 2 , x= 2 , x = k2

3 3 2

kx k

; 2. Nghiệm của hệ là 5 5 50;0;0 , ; ;

3 3 3

Câu III: I = - 8 + 28ln2 – 8 ln3 Câu IV: V = 310 3

27

a Câu V: Câu VIa: 1.

2 9( ; )

5 5M

2. a) Phương trình (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 ; b) I65 21 43

; ;29 58 29

Câu VIIa: x = 2 hoặc x = 2 - 24

Câu VIb: 1.m < 1 hay m > 2 ; 2a) (d) : 1 2 1

3 2 1

x y z ; b)

15 10 5( ; ; )11 11 11

I Câu VIIb: 0 ≤ m ≤ 5

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 23 Câu I: 1. m = – 1 Câu II: 1. S = 117 ; 2. Hệ có 2 nghiệm

51

xy

;

8 17

3 172

x

y

Câu III: k > – 5 Câu IV: V = 3 3

18

a Câu V: Câu VIa: 1.(C) : x2 + y2 + 6x + 2y – 31 = 0 ;



- 37 -

2.a) () : x + y – z + 2 = 0 ; b) A( 1; -1; 2), B(3; 1; 0). Câu VIIa: 2 5 5 ; 2 5 5Z i Z i

Câu VIb: 1. Phương trình (d) : 2x – 4y + 1 = 0 ; 4x + 2y +11 = 0 ; 2.a) r = 209

3

b) Phương trình (P) : 2x – y + 2z + 8 = 0 ; 2x – y + 2z – 22 = 0 Câu VIIb: S = 5033164800 ----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 24 Câu I: 2. m = 1 hoặc m = 5 1

2

Câu II: 1.

2 22 , 2 ; hay

3 3x k x k x k

.;

2. ( ; ) (1; 2), ( 2; 5).x y Câu III: I = 3

4

27 ln 2 Câu IV: V =

3

16

a Câu VIa: 1. B =

19 4;

3 3

; C = 14 37

;3 3

; 2. I(0;2;1) và R = 5 Câu VIIa: 11

4

Câu VIb: 1. Phương trình (C) : (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. ; 2. Phương trình (ABC) : x + 2y – 4z + 6 = 0 ; M(2;3;-7) Câu VIIb: Hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y .

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 25

Câu I: 2. m ≤ – 3 Câu II: 1.

4

265

26

x k

x k

x k

; 2. Hệ có 4 nghiệm : 1 5;1 ; 2 5;2

2

Câu III: I =

4 3 2

4

Câu IV: V = 38

45

a Câu V: 0 < m 4 3 . Câu VIa: 1. x – 1 = 0 ; 3x + 4y – 15 = 0

2. Phương trình (P) : 6x + 3y + 2z – 18 = 0 Câu VIIa: x ≤ 3

2

log 2 Câu VIb: 1. x – y + 1 = 0 và x + y + 1 = 0

2. a) d = 2 6 ; b) Phương trình (S) : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z + 1)2 = 6 Câu VIIb: x = 49

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 26 Câu I: 2. m > 0 và m ≠ 1

2 Câu II: 1. x =

2

+ k2 ; 2. Hệ có 3 nghiệm (0;0) ; (-1;-2) ; (2;1)

Câu III: S = 12

e Câu IV: V =

3 2

6

avà d =

5

a Câu V: Max A = 8 khi x = y = z =

3

2

Câu VIa: 1.(d) : x – 3y + 3 = 0 ; x – y + 1 = 0 ; 2x – 4y + 5 = 0 ; 2.a) x – z = 0 ; b) C(0;-4;0) ; 20 44 20

( ; ; )9 9 9

C

Câu VIIa: n = 19 Câu VIb: 1. ; 2. I5 8 8

; ;3 3 3

Câu VIIb: n = 3

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 27 Câu I: 2. M(0;1) và M (-2;3) Câu II: 1. x = y = 1 ; x = y = – 1 ; 2.

5 7, ; ;

12 12 4 12x k x k x k x k

Câu III: 5

23

.2

I e Câu IV: = 450 Câu V: GTLN là 1

4 và GTNN là

2

15

Câu VIa: 1. 3x + 4y + 29 = 0 và 3x + 4y – 11 = 0 ; 2. I65 21 43

; ;29 58 29

Câu VIIa: z = 0 ; z = 1 ; 1 3 2 2 2 2

; ;2 2 2 2 2 2

i i iz z z



- 38 -

Câu VIb: 1. Điểm cố định (1;1) ; 2. Phương trình (D) :

3 2 5 2 '

4 3 2 3 '

5 5 '

x t x t

y t y t

z t z t

Câu VIIb: 13log2

1

2 x ;

13log2

2

2 y

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 28 Câu I: 2. m ≤ –1

4 hoặc m ≥

1

2 Câu II: 1. S =

4 4 8 16; ;

17 9 3 5

; 2. 2

, 26 3

x k x k

Câu III: I = 2ln2 – 1

4 Câu IV: V =

3 15

6

a và d =

2

a Câu V: Max P =

1

2 khi x = y = z = 3

Câu VIa: 1. Phương trình (C) : x2 + y2 – 2x + 4y – 3 = 0 ; 2. Pt (P) : x – y + z + 2 = 0 ; 7x + 5y + z + 2 = 0

Câu VIIa: a6 = 41748 Câu VIb: 1. C(–1;6) hoặc C(17 36

;5 5

) ;

2. Phương trình (∆) : 1 5 7

2 1 1

x y z

; hay

1 1 1

2 1 1

x y z

Câu VIIb: z = 0 ; z = ± 3

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 29 Câu I: 2. m ≤ 1 Câu II: 1. 5

2 mx ( tm 5 );

7

2

7

mx ( 37 lm ) ; 2.

7

602;

2

61x

Câu III: I8

1)

2

3ln(

4

3 Câu IV: V =

3 3

12

a Câu V: 626)26( fMaxP ,

15

11)

3

1(min fP

Câu VIa: 1. C(-1;0) hoặc C(3

8;

3

5) ; 2. )

3

2;

3

2;

3

4(' O Câu VIIa: 61z ; iz 1

Câu VIb: 1.Phương trình (C) : x2 + (y – 1)2 = 2 ; 2. Phương trình (S) : 2 2 22 ( 1) ( 1) 6x y z

Câu VIIb:

10

4

x

x

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------

ĐỀ 30 Câu I: 2. y = 0 hay y = 3x Câu II: 1. 2 , 22

x k x k ; 2. (1;0) Câu III: 1 10m .

Câu IV: V = 3 2

6

a và r =

2 3 1

4

a Câu V: Min P =

1

4 khi a = b = c =

1

3 Câu VIa: 1. y – 3 = 0

; 12x – 5y – 69 = 0 ; 2. Phương trình (S) : 2 2 21 ( 2) ( 3) 10x y z Câu VIIa: 1. x = 1

; 2. 2

2

1 1 cosln

2 cos

xF x C

x

Câu VIb: 1. 1 : 3 2 3 0x y . 2 : 3 2 3 0x y

Câu VIIb: 1. 1

0243

x hoặc 3 x . ; 2. 1

2m

----------------------------------------------- Hết-----------------------------------------------------------



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

1

xy

x

(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 x

2. Giải phương trình 3 32 21 1 1 1 2 1x x x x .

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 1

2

0

ln 1I x x x dx .

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 3

3

a a a b b b c c c

b 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 2

x 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

, 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

. 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:...................



I 1 1,0

TXĐ : D = R\ 1 .

Sự biến thiên:

y’ = 2

10,

1x D

x

.

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

1

m

m

)

Tiếp tuyến của (C) tại M:

2

1 2 1

11

my x m

mm

0,25

A(1;2

1

m

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

IA = 2 1

2 21 1

m

m m

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

1. 2

2IABS IA IB .

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

0,25

II 1 1,0

Điều kiện: 6 2

kx

Ta có tan .tan tan .cot 16 3 6 6

x x x x

0,25

Phương trình tương đương với: 3 3sin .sin 3 os .cos3x x c x x = 1

8

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

0,25

3 1 1os os2

8 2c x c x 0,25



ai6 ,

6

x k lok Z

x k

. Vậy :6

x k 0,25

2 1,0 Đk: -1 1x

Đặt u = 31 x , v = 3(1 )x ; u,v 0

Hệ thành: 2 2

3 3

2

1 ( ) 2

u v

uv u v uv

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

0,25

2

2x 0,25

III 1,0

Đặt 2 2

2

2 1ln 1 1

2

xdu dx

u x x x x

xdv xdx v

12 3 2

20

1 1 22ln 12 2 10

x x xI x x dx

x x

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

0,25

1

220 1 3

2 2

dxJ

x

. Đặt 1 3

tan , ;2 2 2 2

x t t

3

6

2 3 3

3 9J dx

0,25

Vậy I = 3

ln 34

- 3

12

0,25

IV 1,0

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

AB = AD = a, góc BAD = 600 ABD đều OA = 3

, 32

aAC a

SA = 2AA’ = a3

3, ' AA '2

aCC

0,25



~ ''

AO SASAO ACC

AC CC

' ~ACC AIO (I là giao điểm của AC’ và SO) 'SO AC (1)

Mặt khác ( ' ') 'BD ACC A BD AC (2)

Từ (1) và (2) đpcm

0,25

22

2 2

'

1 33

3 2 4

1 3 3

3 2 4 2 32

SABD

SA MN

aV a a

a a aV

0,25

2

AA' '

7

32BDMN 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;1

Ta có: 225 3

32 2 2

12

1

a aa a aa a

b c a

BĐT thành: 3 3 3 2 3

3a a b b c c

0,25

Xét hàm số 3 , 0;1f x x x x

Ta có:

ax0;1

M f x = 2 3

9

0,25

0,25

2 3

3f a f b f c đpcm

Đẳng thức xảy ra 1

3a b c

0,25

VI.a 1 1,0

I9 3

;2 3

, 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

AD qua M và vuông góc với d1 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

hoặc

4

1

x

y

0,25

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

2 1,0 Gọi H là trung điểm đoạn AB 8HA 0,25 IH2 = 17 0,25 IA2 = 81 9R 0,25

2 2 2: 1 1 1 81C x y z 0,25

VII.a 1,0



22 3 1

0 1 2

0

2 2 22 ... 1

2 3 1

nnn

n n n nC C C C x dxn

0,25

113 1 6560

3 6561 71 1

nn n

n n

0,25

7 14 374

740

1 1

22

kk

kx C x

x

0,25

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 14 3

2 74

kk

Vậy hệ số cần tìm là: 21

4

0,25

VI.b 1 1,0 Gọi A(-4; 8) BD: 7x – y + 8 = 0 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 a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3 AB: 3 4 32 0; : 4 3 1 0x y AD x y

0,25

Gọi I là tâm hình vuông I(1 9

; )2 2

3;4C

: 4 3 24 0; : 3 4 7 0BC x y CD x y 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) B’(-1; -3; 4)

0,25

' 'MA MB MA MB AB

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

AB’:

1

3

2

x t

y

z t

0,25

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

Đk: x 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

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



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: Toán. Khối A, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi thử lần 1

Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1

1

xy

x

(1).

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm)

1) Giải phương trình sau: 2

1 12

2x x

.

2) Giải phương trình lượng giác: 4 4

4sin 2 os 2os 4

tan( ). tan( )4 4

x c xc x

x x

.

Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:

3 2

20

ln(2 . os2 ) 1lim

x

e e c x xL

x

Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I

là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).

1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính

đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.

Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1

( ; 0)2

I

Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2 2 2

2

3 2

20102009

2010

3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1

y x x

y

x y x y

--------------- HẾT ---------------

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………...



HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I.1 Hàm số:

2 1 32

1 1

xy

x x

+) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1)

2; 2; ;lim lim lim limx x x x

y y y y

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.

+) 2

3' 0,

1y x D

x

+) BBT: x - - 1 + y' + || + y 2

|| 2

+) ĐT: 1 điểm

I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 20 0

3 3( ) ( ;2 )

1 (M I

IMM I

y y

1)M x k

x x x x

M C

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 2

0

3'( )

1Mk y x

x

+) . 9M IMycbt k k

+) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

1 điểm

II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \0x

+) Đặt 22 ,y x y 0 Ta có hệ: 2 2

2

2

x y x

x y

y

+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và

1 3 1 3

2 2;1 3 1 3

2 2

x x

y y

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3

2x

1 điểm

II.2

+) ĐK: ,4 2

x k k Z

4 4 2 2

4 2

) tan( ) tan( ) tan( )cot( ) 14 4 4 4

1 1 1sin 2 os 2 1 sin 4 os 4

2 2 2

2cos 4 os 4 1 0

x x x x

x c x x c x

pt x c x

1 điểm

8

6

4

2

-2

-4

-6

10 -10 -5 5



+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 4

x k

và cos24x = -1/2 (VN)

+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,2

x k k Z

III 3 32 2

2 20 0

32 2 2

2 2 2 32 2 230 02 22 2

ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1lim lim

ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1lim lim

(1 ) 1 12 sin 2 sin2 sin 2 sin

1 52

3 3

x x

x x

e e c x x c x xL

x x

x x x

x x x x xx xx x

1 điểm

IV.1 +) Gọi là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.

Cr

Ta có: 2 2

1( ). .

2

.2

2( )

SAB C C

C

S pr l r r SM A

l r r l rr r

l r l r

B

+) Scầu = 2 24 4C

l rr r

l r

1 điểm

IV.2 +) Đặt : 2 3

2 2

2

( ) ,0

5 12 ( ) 2) '( ) 0

( ) 5 1

2

lr ry r r l

l r

r lr r rl l

y rl r

r l

+) BBT: r

0

r

l

I

M

S

A B

5 1

2l

l

y'(r) y(r) ymax

+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max 5 1

2r l

1 điểm

V +) Ta có

2 2 2

2 2 2 22 2 2

2 2

( )( )

( )( )

2

2 ( ) ( )( ) 2 ( ) 3

2 2

P x y z x y z xy yz zx

x y z x y zP x y z x y z


+) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 31( ) 3

2P t t t

+) '( ) 0 2P t t , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P ; ( 2) 2 2P

+) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP

1 điểm



VI +) 5

( , )2

d I AB AD = 5 AB = 2 5 BD = 5.

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:2 2

21 25 2( )

( 2;0), (2;2)2 422 2 0

0

x

yx yA B

xx yy

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

VII 2 2 2

2

3 2

20102009 (1)

2010

3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2)

y x x

y

x y x y

+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:

2 2 2 2

2009 2009log ( 2010) log ( 2010)x x y y

+) Xét và CM HS đồng biến, từ đó suy ra x

2009( ) log ( 2010), 0f t t t t 2 = y2 x= y, x = - y

+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t

Đưa pt về dạng 1 8

19 9

t t

, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1

x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 y = - 3 x = 3

Ghi chú:

- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.

- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.



ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii

NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN

lμm bμi:180 phótThêi gian (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II:(2 điểm)


1 2 1

x y xy

x y

1

2. T×m );0( x tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh: cotx – 1 = xxx

x2sin

2

1sin

tan1

2cos 2

.

Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt

2. Tính tích phân: I = 24

0( sin 2 )cos 2x x x

dx .

Câu IV: (1 điểm) : Cho çc sè thùc d−¬ng a,b,c thay ®æi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1.

Chứng minh rằng : 2 2 2

2 .a b b c c a

b c c a a b

PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®−îc chän bμi lμm ë mét phÇn) A. Theo chương trình chuẩn

Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng 3

2 vμ

träng t©m thuéc ®−êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4)

vμ ®−êng th¼ng :1 2

1 1 2

x y

z

.T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn sao cho: 2 2 28MA MB

Câu VIa : Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: 32

4)32()32( 1212 22

xxxx


Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi

d : x 1 y 1 z

2 1

1.Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M,

cắt và vuông góc với đường thẳng d vμ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d

Câu VIb: Giải hệ phương trình

3 3log log 2

2 24 4 4

4 2 ( )

log ( ) 1 log 2 log ( 3 )

xy xy

x y x x y

………………… …..………………..Hết……………………………………. (Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)



H−íng dÉn chÊm m«n to¸n

C©u ý Néi Dung §iÓm

I 2 1 Kh¶o s¸t hμm sè (1 ®iÓm) 1

y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)

+ TXÑ: D = R + Giới hạn: lim , lim

x xy y

0,25

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 0; x hμm sè ®ång biÕn trªn R

0,25

Baûng bieán thieân:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 x = –1 tâm đối xứng U(-1;0)

* Ñoà thò (C3):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)

0,25

2 1 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0

2

x 0x 3x m 0 (2)

0,25

* (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät: Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE 0.

2

m 09 4m 04m0 3 0 m 09

(*)

0,25

Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø:

kD=y’(xD)= ; 2D D D3x 6x m (3x 2m)

0,25



kE=y’(xE)= 2E E E3x 6x m (3x 2m).

Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1

(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-

ét). 4m2 – 9m + 1 = 0

9 65

9 65

8

m

m

8

So s¸nhÑk (*): m = 1 9 658

0,25

II 2 1 1

1. §k:1

1

2

x

y

(1)

( ) 0 ( )( 2 )

2 02

0( )

x y y xy x y x y

x yx y

x y voly

0

0,5

x = 4y Thay vμo (2) cã

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1

4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2

1( )2 1 0 22

5 102 1 2 ( )2

y y y y

1y y y y

y tmy x

xy y tm

y

0,25

V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vμ (x;y) = (10;5/2) 0,25

2 1

®K:

1tan

02sin

0cossin

02sin

x

x

xx

x

PT xxxxx

xx

x

xxcossinsin

sincos

cos.2cos

sin

sincos 2

xxxxxxx

xxcossinsincossincos

sin

sincos 22

0,25



)2sin1(sinsincos xxxx

0)1sincos)(sinsin(cos 2 xxxxx

0,25

0)32cos2)(sinsin(cos xxxx

(cos )( 2sin(2 ) 3) 04

x sinx x

cos 0

2 sin(2 ) 3( )4

x sinx

x voly

0,25

0sincos xx tanx = 1 )(4

Zkkx (tm®k)

Do 4

0;0 xkx

0,25

III 2 1 1

Do ( )

( ) (( )

SA ABCDSAC ABCD

SA SAC

)

Lai cã ( ) ( )

( ) ( , ) .sin 452

o

MH AC SAC ABCD

xMH SAC d M SAC MH AM

0,25

Ta cã

0. 45 22 2

1 1. ( 2 )

2 2 2 21 1

. 2 ( 2 )3 6 2 2

MHC

SMCH MCH

x xAH AM cos HC AC AH a

x xS MH MC a

x xV SA S a a

O,5

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

3

22

1 2 23 2

22 2

SMCH

x xa

aV a

x xa

6

x a

M trïng víi D

0,25



IV 1 1

.Ta cã :VT =2 2 2

( ) ( )a b c b c a

A Bb c c a a b b c c a a b

0,25

3 3

1 13 ( ) ( ) ( )

2

1 1 1 13 ( )( )( )3

2 23

2

A a b b c c aa b b c c a

a b b c c aa b b c c a

A

1 1

9

0,25

2 2 22 21 ( ) ( )(

11 .2

2

a b ca b c a b b c c a

a b b c c a

B B

)

0,25

2 1

I = 4 4 4

2 21 2

0 0 0

( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I

0,25

TÝnh I1

®Æt

4

1

0

1sin2 sin241

2 2 2sin2 02

du dxu x xI x xdx

v cos xdx v x

1 1

2 48 4 8 4

0cos x

0,25

TÝnh I2

42 3

20

1 1 14sin 2 (sin2 ) sin 22 6 6

0

I xd x x

0,25

VËy I=1 1 1

8 4 6 8 12

0,25



Tõ ®ã tacã VT3 1

22 2

VP

DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3

0,25

V.a 2 1 1

Ta cã: AB = 2 , trung ®iÓm M ( 5 5

;2 2 ),

pt (AB): x – y – 5 = 0

0,25

S = ABC1

2d(C, AB).AB =

3

2 d(C, AB)=

3

2

Gäi G(t;3t-8) lμ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 1

2

0,25

d(G, AB)= (3 8) 5

2

t t =

1

2 t = 1 hoÆc t = 2

G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2)

0,25

Mμ C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) 3CM GM

0,25

2 1 1

: 2 (1 ; 2 ;

2

x t

2 )ptts y t M t t t

z t

0,5

Ta cã: 2 2 228 12 48 48 0 2MA MB t t t 0,25

Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4)

0,25

VI.a 1 1

Bpt 4323222 22

xxxx

0,25

)0(3222

ttxx

BPTTT : 41

tt

2 4 1 0t t 3232 t (tm)

0,25

Khi ®ã : 32323222

xx

121 2 xx

0,25

21210122 xxx

0,25

V.b 2 1 1



. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M Oy M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy Vì MI là phân giác của 0

0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB

AMB

(1) = 30AMI 0 0sin 30

IAMI MI = 2R 2 9 4 7m m

(2) = 60AMI 0 0sin 60

IAMI MI =

2 3

3R 2 4 3

93

m Vô

nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

0,5 0,5

2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.

d có phương trình tham số là: x 1 2t

y 1

z t

t

Vì H d nên tọa độ H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra : MH

= (2t 1 ; 2 + t ; t)

0,25

Vì MH d và d có một vectơ chỉ phương là u

= (2 ; 1 ; 1), nên :

2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t = 2

3. Vì thế, MH

= 1 4 2

; ;3 3 3

3 (1; 4;MHu MH

2)

0,25

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z

1 4 2

0,25

Theo trªn cã 7 1 2

( ; ; )3 3 3

H mμ H lμ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é

M’8 5 4

( ; ; )3 3 3

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1) 3 32log log2 2 2xy xy 0

0,5

log3xy = 1 xy = 3y= 3

x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) x2+ 2y2 = 9

0,25

VIb

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; 6

2)

0,25



DA M

S

H

B C



SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B

Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I:

Cho hàm số x 2y C

x 2

.

1. Khảo sát và vẽ C .

2. Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết tiếp tuyến đi qua điểm A 6;5 .

Câu II:

1. Giải phương trình: cos x cos3x 1 2 sin 2x4

.


2 2 3

x y 1

x y 2xy y 2

Câu III:

Tính 4

2 3x

4

dxI

cos x 1 e

Câu IV: Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC bằng 2. Với

giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất? Câu V: Cho Chứng minh rằng: a,b,c 0 : abc 1.

1 1 11

a b 1 b c 1 c a 1

Câu VI: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5 và đường

thẳng d : . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.

3x y 5 0

2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:

1 2

x 1 2x y 1 z 2

d : ; d : y 1 t2 1 1

z 3

t

Câu VII:

Tính: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010

2010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 CA ...

1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1. a) TXĐ: \ 2\

b) Sự biến thiên của hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận: +) là tiệm cận đứng.

x 2 x 2lim y , lim y x 2

+) là tiệm cận ngang. x xlim y lim y 1 y 1

-) Bảng biến thiên :

2

4y ' 0 x 2

x 2

c) Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox tại 2;0 , cắt Oy tại 0; 1 , nhận I 2;1 là tâm đối xứng.

2. Phương trình đường thẳng đi qua A 6;5 là d : y k x 6 5 .

(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :

2

2 2

2 2

22

4 x 2x 2 x 6 5k x 6 5x 2x 2x 2

4 4k kx 2 x 2

4x 24x 04 x 6 5 x 2 x 2 x 2 x 0;k 144 1kk x 6;k

x 2 4x 2

Suy ra có

2 tiếp tuyến là : 1 2

x 7d : y x 1; d : y

4 2

Câu II:



2

1. cos x cos3x 1 2 sin 2x4

2cos x cos 2x 1 sin 2x cos2x

2cos x 2sin x cos x 2cos x cos 2x 0

cos x cos x sinx cos2x 0

cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0

x k2cos x 0

cos x sinx 0 x k4

1 sinx cosx 0sin x

4

1

2

x k2 x k

2x k

4 x k4

x k2x k24 4

5x k2

4 4

1 3 1 1 3 32x 2 x y

y x y x x y2.

1 3 1 32y 2xx y y x

x y4 x y2 x y

xy 2xy

1 3 1 32x 2x

y x y x

x y

1 3 x y 12xx x x y 12 x 2, y 2yx

x 2, y 2x 32x

2 x

âu III:C



21 1 1

24 2 22 20 0 0

31 2

2 2210 22

d xxdx 1 1 dtI

x x 1 2 2 t tx x 1

1 dt 1 du

2 21 3 3t u

2 2 2

1

Đặt 2

3 3 dyan y, y ; du

2 2 2 2 cos y

u t

3 3

2 2

6 6

1 3u y ;u y

2 6 2 3

3dy1 12I d

32 3 6cos y 1 tan y4

y3

Câu IV: Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

2

ABCD 2

SABCD 2 2

2 2 22 2 2

2

2SABCD

SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2

NH 2 4MN S MN

sin sin sintan 1

SI MI.tansin cos

1 4 1 4V

3 sin cos 3.sin .cossin sin 2cos 2

sin .sin .2cos3 3

1sin .cos

3

V min sin .cos max

s

2 2 1in 2cos cos

3

NMI

D

A B

C

S

H

Câu V: Ta có:



2 23 33 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

3

3 3 33 3 3 3

a b a b a ab b ab a b

a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c

1 1 c

a b 1 a b cab a b c

Tương tự

suy ra OK! Câu VI: 1. Giả sử M x; y d 3x y 5 0.

AB

CD

MAB MCD

AB 5,CD 17

AB 3;4 n 4;3 PT AB : 4x 3y 4 0

CD 4;1 n 1; 4 PT CD : x 4y 17 0

S S AB.d M;AB CD.d M;CD

4x 3y 4 x 4y 175 17 4x 3y 4 x

5 17

3x y 5 0

4x 3y 4 x 4y 17

3x y 5 0

3x 7y 21 0

4y 17

1 2

7M ;2 ,M 9; 32

33x y 5 0

5x y 13 0

2. Gọi 1 2M d M 2t;1 t; 2 t , N d N 1 2t ';1 t ';3

1

1

MN 2t 2t ' 1; t t '; t 5

2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0MN.u 0

2 2t 2t ' 1 t t ' 0MN.u 0

6t 3t ' 3 0t t ' 1

3t 5t ' 2 0

M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4

x 2 y z 1PT MN :

1 2 4

Câu VII:

0 0 1 1 2 2 3 3 2010 20102010 2010 2010 2010 20102 C 2 C 2 C 2 C 2 C

A ...1 2 3 4 2011



Ta có:

k kk kk 2010

kk 1 k 1

2011

1 2 20111 2 20112011 2011 2011

2011 0 02011

2 2010! 2 2010!2 C1

k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !

2 2011!1 12 C

2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022

1A 2 C 2 C ... 2 C

40221 1

2 1 2 C4022 2011



KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút)

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x m).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ;2

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx

b) Giải phương trình : 32

3512)13( 22 xxxx


2ln3

023 )2( xe

dxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’

và BC là a 3

4

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 122 yxyx

1

122

44

yx

yxP

B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm)

a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.

b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC).

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ,10)2)(3)(( 2 zzzz z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm)

a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau ( ) : 3 5 0x y

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

5

1

1

3

4:1

zyx

d

13

3

1

2:2

zyxd

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx

……...HẾT...........



ĐÁP ÁN

Câu I

a) Học sinh tự làm 0,25

3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x )1(6)12(66' 2 mmxmxy

y’ có 01)(4)12( 22 mmm

0,5

10'

mx

mxy

Hàm số đồng biến trên ;2 0'y 2x 21m 1m

0,25

b)

0,25

Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 1 điểm

PT 1)1cos4(3cos2 2 xx 1)sin43(3cos2 2 xx 0,25

Nhận xét Zkkx , không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

1)sin43(3cos2 2 xx xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3

xxx sin3sin3cos2 xx sin6sin

0,25

26 mxx

26 mxx

7

2

7

5

2

mx

mx

; m Z

0,25

Xét khi 5

2 m k 2m=5k m t5 , Zt

Xét khi 7

2

7

m = k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,

Zl

Vậy phương trình có nghiệm: 5

2 mx ( tm 5 );

7

2

7

mx ( )

trong đó

37 lm

Zltm ,,

0,25

Giải phương trình : 32

3512)13( 22 xxxx

1 điểm

PT 631012)13(2 22 xxxx

232)12(412)13(2 222 xxxxx . Đặt )0(12 2 txt

Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt

Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx

0,25

b)

Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt

Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx

0,25



Từ đó ta có phương trình có nghiệm :2

2;

2

12

xt

xt

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các

nghiệm:

7

602;

2

61x

0,5

Tính tích phân

2ln3

023 )2( xe

dxI

1 điểm

Ta c ó

2ln3

0 233

3

)2(xx

x

ee

dxeI =

Đặt u= 3

x

e dxedux

33 ; 22ln3;10 uxux

0,25

Ta được:

2

12)2(

3

uu

duI =3 du

uuu

2

12)2(2

1

)2(4

1

4

1

0,25

=3

2

1)2(2

12ln

4

1ln

4

1

u

uu

0,25

Câu III

8

1)

2

3ln(

4

3

Vậy I8

1)

2

3ln(

4

3

0,25

Câu IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

BCOA

BCAM

')'( AMABC

Kẻ (do nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) ,'AAMH A

Do .Vậy HM là đọan vông góc chung của BCHMAMAHM

AMABC

)'(

)'(

0,5

C’A’

B’

H

A C

O M

B



AA’và BC, do đó 4

3)BC,A'( aHMAd .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH

HM

AO

OA

'

suy ra 3

a

a3

4

4

3a

3

3a

AH

HM.AOO'A

Thể tích khối lăng trụ: 12

3aa

2

3a

3

a

2

1BC.AM.O'A

2

1S.O'AV

3

ABC

0,5

1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222 abccba

1 điểm

Đặt 2

;134)(3),,( 222 cbtabccbacbaf

*Trước hết ta chưng minh: :Thật vậy ),,(),,( ttafcbaf

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba

33 cbaa hay a 1

),,(),,( ttafcbaf

4)(3 222 cba 134)(313 2222 atttaabc

= )(4)2(3 2222 tbcatcb

=

2222

4

)(4

4

)(23

cbbca

cbcb = 2

2

)(2

)(3cba

cb

= 02

))(23( 2

cba

do a 1

0,5

*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: với a+2t=3 0),,( ttaf

Ta có 134)(3),,( 2222 atttattaf

= 13)23(4))23((3 2222 ttttt

= do 2t=b+c < 3 0)47()1(2 2 tt

Dấu “=” xảy ra 10&1 cbacbt (ĐPCM)

0,5

2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

122 yxyx

1

122

44

yx

yxP

Câu V

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xyxyyx

xyxyxyyxyx

33)(1

212

22

0,25



Tõ ®ã ta cã 13

1 xy .

M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222

nªn .®¨t t=xy 122244 xyyxyxVëy bμi to¸n trë thμnh t×m GTLN,GTNN cña

13

1;

2

22)(

2

t

t

tttfP

0.25

TÝnh

)(26

260

)2(

610)('

2lt

t

ttf

0.25

Do hμm sè liªn tôc trªn 1;3

1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña

)3

1(

f , )26( f , cho ra kÕt qu¶: )1(f

626)26( fMaxP ,15

11)

3

1(min fP

0.25

Câu VIa 1 điểm

(Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: 1;2 5AB AB

. Phương trình của AB là: 2 2 0x y .

: ;I d y x I t t . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC

0,5

a)

Theo bài ra: 2),(.2

1 ABCdABS ABC 446. t

3

4

0

t

t

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(3

8;

3

5) thoả mãn .

0,5

1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0

0.25

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với

(ABC) nên )1;1;2(// nOH ; H ABC

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=3

1 suy ra )

3

1;

3

1;

3

2( H

0,25

b)

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )3

2;

3

2;

3

4(' O

0,5

Giải phương trình: ,10)2)(3)(( 2 zzzz z C. 1 điểm CâuVIIa

PT 10)3)(1)(2( zzzz ( 0)32)(2 22 zzzz

Đặt . Khi đó phương trình (8) trở thành: zzt 22

0,25



Đặt . Khi đó phương trình (8) trở thành zzt 22 01032 tt

0,25

61

1

5

2

z

iz

t

t

Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz 1

0,5

Câu VIb a)

1 điểm

Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y và 5AB

Viết phương trình đường CD: 4 17x y 0 và 17CD

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t Ta tính được:

13 19 11 37

( , ) ; ( , )5 17

t td M AB d M CD

0,25

Từ đó: ( , ). ( , ).MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD

7

93

t t Có 2 điểm cần tìm là: 7

( 9; 32), ( ;2)3

M M

0,5

1 điểm

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A

và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ 1 2,d d d dấu bằng xảy ra khi I là

trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B :

'

AB u

AB u

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

AB

(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25

b)

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là: 2 2 22 ( 1) ( 1)x y z 6

0,25

Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 xxx

1 điểm

Điều kiện: 0x

Bất phương trình )1(2log)3(3 2 xxx

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.

0.25

CâuVIIb

TH1 Nếu BPT 3x 3

1log

2

32

x

xx

0,25



Xét hàm số: xxf 2log2

3)( đồng biến trên khoảng ;0

3

1)(

x

xxg nghịch biến trên khoảng ;3

*Với :Ta có Bpt có nghiệm 4x 4x

4x

3)4()(

3)4()(

gxg

fxf

* Với :Ta có Bpt vô nghiệm

3)4()(

3)4()(

gxg

fxf

TH 2 :Nếu BPT 30 x 3

1log

2

32

x

xx

xxf 2log2

3)( đồng biến trên khoảng ;0

3

1)(

x

xxg nghịch biến trên khoảng 3;0

*Với :Ta có Bpt vô nghiệm 1x

1x 10

0)1()(

0)1()(

gxg

fxf

* Với :Ta có Bpt có nghiệm

0)1()(

0)1()(

gxg

fxf x

0,25

Vậy Bpt có nghiệm

10

4

x

x 0,25

Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.



Tr−êng L−¬ng thÕ Vinh –Hμ néi. §Ò thi thö §H lÇn I . M«n To¸n (180’) PhÇn b¾t buéc.

C©u 1.(2 ®iÓm) Cho hμm sè 1

12

x

xy

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vμ vÏ ®å thÞ (C) cña hμm sè . 2. T×m täa ®é ®iÓm M sao cho kho¶ng çch tõ ®iÓm )2;1(I tíi tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M lμ lín

nhÊt . C¢U 2. (2 ®iÓm).

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 01 . cossin2sinsin2 2 xxxx2. T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó ph−¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiÖm duy nhÊt : 0)23(log)6(log 2

25,0 xxxm

C¢U 3 . (1®iÓm) TÝnh tÝch ph©n:

2

12

24dx

x

xI .

C¢U 4. (1 ®iÓm). Cho tø diÖn ABCD cã ba c¹nh AB, BC, CD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau vμ . Gäi C’ vμ D’ lÇn l−ît lμ h×nh chiÕu cña ®iÓm B trªn AC vμ AD. TÝnh thÓ tÝch

tÝch tø diÖn ABCD’. aCDBCAB

C¢U 5. (1 ®iÓm) Cho tam gi¸c nhän ABC , t×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc: CBAAS 2cos2coscos23cos . PhÇn tù chän (thÝ sinh chØ lμm mét trong hai phÇn : A hoÆc B ) PhÇn A C¢U 6A. (2 ®iÓm). 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi )5;2(,)1;1( BA

2, ®Ønh C n»m trªn ®−êng

th¼ng 04 x , vμ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng 06 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC.

3 yx

2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®−êng th¼ng d vμ d’ lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh : d :

zy

x

1

2 vμ d’ :

1

53

2

2

z

yx

.

Chøng minh r»ng hai ®−êng th¼ng ®ã vu«ng gãc víi nhau. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )( ®i qua d vμ vu«ng gãc víi d’

C¢U7A. (1 ®iÓm) TÝnh tæng : nn

nnnnn CnCCCCS )1()1(432 3210

PhÇn B. C¢U 6B. (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi )2;1(,)1;2( BA , träng t©m G cña tam

gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng 02 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 .

yx

2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®−êng th¼ng d vμ d’ lÇn l−ît cã ph−¬ng tr×nh : d :

zy

x

1

2 vμ d’ :

1

53

2

2

z

yx

.

ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )( ®i qua d vμ t¹o víi d’ mét gãc 030

C¢U7B. (1 ®iÓm) TÝnh tæng : nnnnn CnCCCS )1(32 210

1



§¸p ¸n m«n To¸n.

C©u 1. 1. TËp x¸c ®Þnh : 1x .

1

32

1

12

xx

xy , 2)1(

3'

xy ,

B¶ng biÕn thiªn:

TiÖm cËn ®øng : , tiÖm cËn ngang 1x 2y

2. NÕu )(1

32;

00 C

xxM

th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph−¬ng tr×nh )()1(

3

1

32 02

00

xxxx

y

hay 0)1(3)2()1()(3 02

00 xyxxx

. Kho¶ng çch tõ tíi tiÕp tuyÕn lμ )2;1(I

202

0

40

0

0

0

)1()1(

9

6

)1(9

16

9

)1(3

xx

x

x

x

xd

4

0

1

)1(3

x. Theo bÊt ®¼ng thøc C«si

692)1()1(

9 202

0

xx

, v©y 6d . Kho¶ng çch d lín nhÊt b»ng 6 khi

3131)1()1(

90

20

202

0

xxxx

.

VËy cã hai ®iÓm M : 32;31 M hoÆc 32;31 M C¢U 2.

1) . 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 xxxxxxxx

. VËy 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( xxx 5,0sin x hoÆc 1cossin xx .

2

Víi ta cã 5,0sin x kx 2

6 hoÆc

kx 26

5

4sin

2

2

4sin1cos

xxxVíi sin ta cã 1cos xx sin , suy ra

kx 2 hoÆc kx 2

2

3

2) log 0)23(log)6( 225,0 xxxm )23(log)6(log 2

22 xxxm

38

13

236

02322

2

xxm

x

xxxm

xx

XÐt hμm sè ta cã 13,38)( 2 xxxxf 82)(' xxf , 0)(' xf khi , do ®ã

nghÞch biÕn trong kho¶ng

4x )(xf)1;3( , 6)1(,18)3( f

18mf . VËy hÖ ph−¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm duy nhÊt

khi 6

C¢U 3. §Æt th× , khi tx sin2 tdtdx cos2 1x th× 6

t , khi 2x th×

2

t , vËy:

2

1

2

6

2

2

2

2

sin

cos4

dtt

tdx

x

xI

2

6

2

6

2

6

2 )(cot1sin

1

ttddtt 3

3

C¢U 4. V× ABCDBCCD , nªn )(ABCmpCD vμ do ®ã

)()( ACDmpABCmp .V× nªn ACBC ' )(ACDmpBC .

Suy ra nÕu V lμ thÓ tÝch tø diÖn ABC’D’ th× ').''(3

1BCDACdtV .



V× tam gi¸c ABC vu«ng c©n nªn 2

2'''

aBCCCAC .

Ta cã nªn 2222222 3aCDBCABBDABAD 3aAD . V× BD’ lμ ®−êng cao cña tam gi¸c

vu«ng ABD nªn , VËy 2'. ABADAD 3

'a

AD . Ta cã

12

2

3

1

3

3

2

2

2

1'.'.ADAC

2

1

2

1)''(

2aaa

AD

CDDACdt ˆsin''. DACADAC . VËy

2

2 .

12

2

3

1 2 aaV

36

3a

C¢U 5. =CBAAS 2cos2coscos23cos )cos()cos(2cos23cos CBCBAA .

. )cos(1cos23cos CBAA V× nªn , dÊu b»ng xÈy ra khi 0)cos(1,0cos CBA AS 3cos 1)cos( CB hay

2

1800 ACB

. Nh−ng , dÊu b»ng xÈy ra khi hay A = 13cos A 0 0601803 A

Tãm l¹i : S cã gi¸ trÞ bÐ nhÊt b»ng -1 khi ABC lμ tam gi¸c ®Òu. PhÇn A (tù chän) C¢U 6A.

1. Ta cã . Khi ®ã täa ®é G lμ );4( CyC 3

23

51,1

3

421 CCGG

yyyx

. §iÓm G n»m trªn

®−êng th¼ng nªn 06 32 yx 0662 Cy , vËy 2Cy , tøc lμ

)2;4(C . Ta cã )1;3(,)4;3( ACAB , vËy 5AB , 10AC , 5. ACAB .

DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lμ 2510.252

1..

2

1 222 ACABACABS =2

15

2.§−êng th¼ng d ®i qua ®iÓm vμ cã vect¬ chØ ph−¬ng )0;2;0(M )1;1;1( u

§−êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm vμ cã vect¬ chØ ph−¬ng )5;3;2(' M )1;1;2(' u

Ta cã )5;1;2( MM , )3;3;0('; uu , do ®ã 012'.'; MMuu vËy d vμ d’ chÐo nhau.

MÆt ph¼ng )( ®i qua ®iÓm vμ cã vect¬ ph¸p tuyÕn lμ )0;2;0(M )1;1;2(' u nªn cã ph−¬ng

tr×nh: hay 0)22 zx ( y 022 z yx

C¢U 7A. Ta cã , suy ra nnnnnn

n xCxCxCCx 2210)1(

. 132210)1( nnnnnn

n xCxCxCxCxx LÊy ®¹o hμm c¶ hai vÕ ta cã :

1)1()1( nn xnxx nnnnnn xCnxCxCC )1(32 2210

Thay vμo ®¼ng thøc trªn ta ®−îc S. 1x

PhÇn B (tù chän)

C¢U 6B.

1. V× G n»m trªn ®−êng th¼ng nªn G cã täa ®é 02 yx )2;( ttG . Khi ®ã )3;2( ttAG ,

)1;1( AB VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lμ

1)3()2(22

1..

2

1 22222 ttABAGABAGS =2

32 t

NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 5,43:5,13 . VËy 5,42

32

t, suy

ra hoÆc . VËy cã hai ®iÓm G : 6t 3t )1;3(,)4;6( 21 GG

)By

. V× G lμ träng t©m tam gi¸c ABC nªn

vμ . )Ba xx (x 3 GC x (3 aGC yyy

3



Víi ta cã )4;6(1 G )9;15(1 C , víi )1;3(2 G ta cã )18;12(2 C

2.§−êng th¼ng d ®i qua ®iÓm vμ cã vect¬ chØ ph−¬ng )0;2;0(M )1;1;1( u

§−êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm vμ cã vect¬ chØ ph−¬ng )5;3;2(' M )1;1;2(' u .

Mp )( ph¶i ®i qua ®iÓm M vμ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vμ 2

160cos)';cos( 0 un . Bëi vËy

nÕu ®Æt );;( CBAn th× ta ph¶i cã :

2

1

6

2

0

222 CBA

CBA

CBA

02)(632 22222 CACA

CAB

CCAAA

CAB

Ta cã . VËy 0)2)((02 22 CACACACA CA hoÆc CA 2 .

NÕu ,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã CA 2B , tøc lμ )1;2;1(n vμ )(mp cã ph−¬ng tr×nh

0)2(2 zyx hay 042 zyx

NÕu ta cã thÓ chän , khi ®ã CA 2 2,1 CA 1B , tøc lμ )2;1;1( n vμ )(mp cã ph−¬ng tr×nh

hay 0 zx 2)2( y 022 zyx

C¢U 7B. Ta cã , suy ra nnnnnn

n xCxCxCCx 2210)1(

. 132210)1( nnnnnn

n xCxCxCxCxx LÊy ®¹o hμm c¶ hai vÕ ta cã :

1)1()1( nn xnxx nnnnnn xCnxCxCC )1(32 2210

Thay vμo ®¼ng thøc trªn ta ®−îc S. 1x

4



kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011

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(s inx+cosx)=5x .

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 22 3 .x mx x

Câu III : ( 2 điểm ).

1. Tính tích phân sau :

2 2

31

1.

xI 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 cộn

.Đồng thời có hai số x

g

0d i thỏa mãn ix > 1

Câu IV : ( 2 điểm ).

Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :1 1 2

y z ; d2

1 2

1

x t

y t

z t

x

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; 2A 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

xx

biết tổng các hệ số khai triển

bằng 1024. Câu Vb.

1. Giải bất phương trình : 2 21 15 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 ____________



kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011

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……

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

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 ' 24 5m m 0

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

15m

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(s inx+cosx)=5x . ( I )

1,00

Đặt sinx + cosx = t ( 2t ). sin2x = t 2 - 1 ( I ) 0,25

2 2 2 6 0t t 2t ) 0,25

+Giải được phương trình sinx + cosx = 2 … os( ) 14

c x

+ Lấy nghiệm 0,25

Kết luận : 52

4x k

( kZ ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 22 3 .x mx x

1,00

hệ có nghiệm duy nhất 2 22x x 9 6x

3

m x

x

0,25

x2 + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25

+ ; Với x 0 (1) 2 6x 9x

mx

. 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

31

1.

xI dx

x x

2 2

31

1.

xI dx

x x

=

2 2

1

11

x1x d

xx

=

2

1

1( )

1

d xx

xx

= -

1

21ln( )x

x =

…. = 4ln

5

( Hoặc 2 2

31

1.

xI dx

x x

= 2

21

1 2xx

1d

x x

=……)

1,00

0,25

0,50

0,25

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 g số cộn 0d .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix

> 1

3 3 ( )

1

x y m x y

x y

02 2( )( )

1

x y x y xy m

x y

2

1

21

( ) 1 0x x x m

x y

y x

rước hết T ( )x phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 34 3 0

4m m

1,00 ----- -

,25 0

,25 0

2

Có thể xảy ra ba trườ hợng p 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 Trư ỏ mãn. Trường hợp 3 ta có ờng hợp 1 ;2 không th a



1 2 1x x

1 2 1x 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 3 32

x m m 1 4 3m

Đáp số : m > 3

0,25

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

ươ = 0

,00

,25

0,25

qua d2. . + Ph ng 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

2 0

+ Tìm đượ a d

IV

c giao củ ;1)

2 là M’(-3 ;-2 ;-1)

0,25

0,25

2 với mp(Q) là H(-1 ;0

… Điểm đối xứng M’ của M qua d

2.Tìm 2 1;A d B d sao cho AB;-t ;1+t ất khi nó là

ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 1 1) AB ngắn nh đoạn vuông góc hung của hai đường thẳng d1 và d2 .

0,50 c

1. 0AB v

AB

……. tọa độ của 2. 0v

3 3 6; ;A

và

35 35 35 1 17 18

; ;B

35 35 35

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

HA

+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n

AC có

ương trình 3x + y - ph 7 = 0



+ Tọa độ C CM

……C(4;- là nghiệm của hệ 5) AC

+ 2 1;

2 2B B

M M

x yx y

; M thuộc CM ta được 2 1

1 02 2

B Bx y

+ Giải hệ 2 1

1 02

23 7 0

B B

B B

x y

x y

ta được B(-2 ;-3)

0,25

0,25

ABCTính diện tích .

+ Tọa độ H là nghiệm của hệ

143 7 0x y

5

3x 7 7

5

x

y

0

y

…. Tính được BH =

8 10

5 ; AC = 2 10

Diện tích S = 1 1. .2 10.AC BH vdt) 8 10

162 2 5

( đ

0,25

0,25

2 g khai triển.Tìm hệ số x6 tron 31

n

xx

biết tổng các hệ số khai triển

g 1024. bằn+ ; 0 1 ... 1024n

n n nC C C

1 1 1024n 2n = 1024 n = 10

0

0,25

,25

- 2

+ ; 10

3 310

1 1.k

10 10 kk

k o

x C x . x x

Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .

; …… 0

0,25

,25

Vb 2,00 1 1. Giải bất phương trình :

2 21 15 5x x > 24. (2) ----------------------- ----------- -----------------------------------------------------------

2)

2x

-------- --

( 2 22

5 5 24 5 5 0x x

5 5 x2 > 11

1

x

x

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. -----------------------------------------------------------------------------------------

G

NM

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 .

= 60'A AG 0 , ….. 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 = 31 3

. . .2 2 4

a aa a

3

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.





KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.

Ngày 20 tháng 12 năm 2010.

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm)

1.Giải phương trình: x

xxxx

2

322

cos

1coscostan2cos

.


2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

, ( , )x y R .



21

log

1 3ln

e xI dx

x x

.

Câu IV. (1 điểm)

Cho h×nh hép ®øng ABCD.A'B'C'D' cã çc c¹nh AB = AD = a, AA' = 3

2

a vμ gãc BAD = 600. Gäi M vμ N

lÇn l−ît lμ trung ®iÓm cña çc c¹nh A'D' vμ A'B'. Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN. Câu V. (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c . Chứng minh rằng: 72

27ab bc ca abc .

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).


2 02 4 11z z . Tính giá trị của biểu thức 2 2

1 22

1 2( )

z z

z z

. Cho , là các nghiệm phức của phương trình 1z 2z

2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 03 8x y , 0 và điểm ' :3 4 10x y A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.

Câu VIIb. (1 điểm)

Giải hệ phương trình : , ( . 2

1 2

1 2

2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

x y

xy x y x x

y x

, )x yR

----------------------------------------------------------- tavi ------------------------------------------------------



ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câu Ý Nội dung Điểm

1 1 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0 m = 0, f(x) = 0 0.25 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2) = -1.

0.25

Hay2 21 1 2 2

9 4 0, (0) 0

(3 6 )(3 6 ) 1.

m f m

x x m x x m

2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

9 9, 0 , 0

4 49( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1

m m m m

x x x x x x m x x x x m x x m m m

0

0.25

I 2

Giải ra ta có ĐS: m = 9 65

8

0.25

ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về 2 2 2cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0x x x x x x 0.5 1

Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 2 2

2 , 2 ; hay3 3

x k x k x k . 0.5

, ta có: 0y

2

2 2

2 2 22

14

1 4.

( ) 2 7 2 1( ) 2

xx y

yx y xy y

y x y x y xx y

y

7

0.25

Đặt 2 1

,x

u v xy

y

1

9 ta có hệ:

2 2

4 4 3,

2 7 2 15 0 5,

u v u v v u

v u v v v u

0.25

+) Với ta có

hệ:

3, 1v u

x y

x y

2 2 2 1, 21 1 2 0

2, 53 3 3

x yx y x x

x yy x y x

.

0.25

II

2

+) Với ta có hệ: 5, 9v u 2 2 21 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y

x

, hệ này

vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (1; 2), ( 2; 5).x y

0.25

3

3 22

32 2 21 1 1

lnlog 1 ln . lnln 2

.ln 21 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

xx x xdx

I dx dxxx x x x x

0.25

Đặt 2 2 21 11 3ln ln ( 1) ln .

3 3

dxx t x t x

x tdt . Đổi cận … 0.25

Suy ra

2

2 2322

3 321 1

11log 1 1 13 . 1

ln 2 3 9ln 21 3ln

e tx

1

I dx tdt t dttx x

0.25

III

2

33 3

1

1 1 4

9ln 2 3 27 ln 2t t

0.25

Chứng tỏ AC’ BD 0.25 C/m AC’ PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’ (BDMN) 0.25

IV

Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính.

0.25



. 0.25

Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: 33

16

a

Ta có Đặt t= bc thì ta

có

2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc . 2 2( ) (1 )

04 4

b c at bc

.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn

2(1 )a 0;

4

0.5

Có f(0) = a(1 – a) 2( 1 ) 1 7

4 4

a a

27 và

22(1 ) 7 1 1 1 7(2 )

4 27 4 3 3

af a a

27

với mọi a 0;1 0,25

V

Vậy 7

227

ab bc ca abc . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25

Gäi C = ( -m) lμ trung ®iÓm cña BC c; 2c+3) vμ I = (m; 6 nªn: Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lμ trung ®iÓm cña AB

2 5 11 2 2' ; '

m c m cC CC

nªn2 2

2 5 11 2m c m 2 5

2( ) 3 02 2 6

cm

5 41( ;

6 6I ) . Ph−¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0

Täa ®é cña C lμ nghiÖm cña hÖ:2 3 0 14 37

;3 3 23 0 3 3

x yC

x y

0.5

1.

Täa ®é cña B =19 4

;3 3

0.5

Ta có: Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của 0.25

(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC

là: 1 0, 3x y z y z

AB, AC 0.

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC

Suy ra (ABC): 0.25

2 1 0x y z .

Giải hệ

1

. Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I 0.25 :

1 0 0

3 0 2

2 1 0

x y x

y z y

x y z z

z

VIa.

2.

Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA 0.25

VII Giải pt đã cho ta được các nghiệm:a 1 2

3 2 3 21 , 1

2 2z i z i 0.5

Suy ra

2

21 2 1 2

3 2 22| | | | 1 ; 2

2 2z z z z

0.25

Đo đó

2 21 2

21 2

11...

4( )

z z

z z

0.25

Tâm I của đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t) 0.25 Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có

2 23( 3 8) 4 10t t

2 28 2) ( 1)

3 4t t

0.25 ( 3

Giải tiếp được t = -3 0.25

1.

và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. Khi đó I(1; -3), R = 5 0.25

VIb

2. vtpt của (ABC) Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n

là 1 0.25



Suy ra x + 2y – 4z + 6 = 0 pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC …. 0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 0 nên = ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25

+ Điều kiện: 22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0

( )xy x y x x y x

0 1 1, 0 2 1I

x y

. 0.25

1 2 1 2

1 2 1 2

[(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)( )

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2).

x y x y

x y x y

x y x y xI

y x y x

2log 0.25

t 2log (1 )y x t Đặ thì (1) trở thành: 212 0 ( 1) 0 1.t t

tt

Với 2y y x 1t ta có: (3). Thế vào (2) ta có: 1 1x

21 1

4 4log 4) 11( log ( 4) = 1 log 1 2 0

4 4x x x

xx x x x x

x xx

. Suy ra: .

0.25

0

2

x

x

1

1

y

y

VII

+ Kiểm tra

b

thấy chỉ có , 2 1x y thoả mãn điều kiện trên. hấVậy hệ có nghiệm duy n 1t 2,x y .

0.25

AB

D

P

M

NQ



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011 Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề).

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).

Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2 4

1

xy

x

.

1) Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số trên.

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N

và 3 10MN . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin . 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x

22) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1 4

( ) 2 7

x y xy y

y x y x y

.

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2

30

3sin 2cos

(sin cos )

x xI dx

x x

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng . 030 Câu V (1 điểm): Cho các số dương , , : 3.a b c ab bc ca

Chứng minh rằng: 2 2 2

1 1 1.

1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc

1

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)). 1. Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

2 2( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y 2 2( ') : 4 – 5 0C x y x cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ) lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. , ( ')C C2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: 20 2 20

0 1 2 20(1 3 ) ... .x a a x a x a x Tính tổng: 0 1 22 3 ... 21S a a a a 20 .

2. Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm

, chân đường cao hạ từ đỉnh B là , trung điểm cạnh AB là . (1;0)H (0; 2)K (3;1)M

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1( ) :1 1 2

x y zd và 2

1 1( ) :

2 1 1

x y zd

.

Tìm tọa độ các điểm M thuộc và N thuộc sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

độ dài đoạn MN bằng

1( )d

0

2( )d

: – 2010 P x y z 2 .

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 2

1 2

1 2

2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

x y

xy x y x x

y x

………………………………….....................HẾT……………………………………………………



Câu Phần Nội dung Điểm I (2,0)

1(1,0)

Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 1,0

2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x

1 1 2 2( ; ), ( ; )

Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau

có hai nghiệm x y x y phân biệt sao cho 2 2

2 1 2 1 90(*)x x y y

2 4( 1) 1

( )1( 1) 1

xk x

Ixy k x

. Ta có: 2 (2 3) 3 0

( )( 1) 1

kx k x kI

y k x

Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k 3

0, .8

k k

Ta biến đổi (*) trở thành: 2 22 22 1 2 1 2 1(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x

Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2

2 3 3,

k kx x x x

k k,

thế vào (***) ta có

phương trình:

3 2 28 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1)k k k k k k 03 41 3 41

3, ,16 16

k k k .

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25 0,5 0,25

Câu Phần Nội dung Điểm II (2,0)

1(1,0)

sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x

(sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x

22sin 2 .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x 2 22sin .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x

2

1sin

2(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1

1cos

2

x

x x x

x

x

+) 2

6 , ( )5

1

2

i

6

s n .2

x kZ

k

x k

x

+) 2

3 , ( )

23

1cos .

2

xx

kk Z

x k

+) cos 1 .2 , ( ) x k k Zx KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25 0,25 0,25 0,25

2(1,0)

Dễ thấy , ta có: 0y

2

2 2

2 2 22

14

1 4.

( ) 2 7 2 1( ) 2

xx y

yx y xy y

y x y x y xx y

y

7

Đặt 2 1

,x

u v xy

y

1

9 ta có hệ:

2 2

4 4 3,

2 7 2 15 0 5,

u v u v v u

v u v v v u

0,25 0,25



+) Với ta có hệ: 3, 1v u

2 2x y

y

2 1, 21 1 2 0

2, 53 3 3

x yx y x x

x yx y x y x

.

+) Với v ta có hệ: 5, 9u 2 2 21 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y

x

, hệ

này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (1; 2), ( 2; 5). x y

0,25 0,25

Câu Phần Nội dung Điểm III (1,0)

Đặt , 0 ,

2 2x t dx dt x t x t 0.

2

Suy ra: 2 2 2

3 30 0 0

3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )3

x x t t x xI dx dt dx

x x t t x x

(Do tích phân

không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).

Suy ra: 2 2 2

3 30 0 0

3sin 2cos 3cos 2sin 12

(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )

x x x x2

I I I dx dx dxx x x x x x

=

=2 2

2

2 20 0 0

1 1 1 1tan 1

2 4 22cos cos

4 4

dx d x xx x

4 . KL: Vậy

1.

2I

0,25 0,25 0,5

Câu Phần Nội dung Điểm IV (1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

2

3

SG

SO suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.

+ Dễ có: . . .

1 1

2 2S ABD S BCD S ABCDV V . V V

Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

..

.

1 1 1. . 1.1.

2 2 4S ABN

S ABNS ABD

V SA SB SNV V

V SA SB SD

..

.S BCD

Từ đó suy ra:

1 1 1 1. . 1. .

2 2 4 8S BMN

S ABN

V SB SM SNV V

V SB SC SD

. . .

3.

8S ABMN S ABN S BMNV V V V

+ Ta có: 1

. ( )3

V ; mà theo giả thiết SA dt ABCD ( )SA ABCD nên góc hợp bởi AN với

mp(ABCD) chính là góc , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại

N, suy ra Suy ra:

NAD030 .NAD NDA

03

30

SA

tanAD a .

Suy ra: 31 1. ( ) . . 3

3 3

3

3SA dt ABCD a a a a

V .

0,25

0,25

S

N

M

O

C

A DG

B



Suy ra: thể tích cần tìm là: 3

. .

3 5

8 8

5 3.

24 MNABCD S ABCD S ABMN

aV V V V V V

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm V (1,0)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 233 3 ( )ab bc ca abc abc 1 .

Suy ra: 22

21 ( ) ( ) (1 1

1 ( ) 3) 3 (1)

a b c abc a b c a ab b

a b c ac ca a .

Tương tự ta có: 2 2

1 1 1 1(2), (3).

1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1( )

1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3

ab bc ca

a b c b c a c a b c b c abc abc

1

.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c

0,25 0,25 0,5

Câu Phần Nội dung Điểm VIa (2,0)

1(1,0)

+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và , đường

thẳng (d) qua M có phương trình .

1, ' 3R R 0, (a a b 2 2( 1) ( 0) 0 0)(*)a x b y ax by

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có:

2 2 2 2' 'M 2 2 'A MB IA IH I A I H 2] 2

1 ( ; ) 4[9 ( '; )d I d d I d ,

.IA IH

2 2

2 2

2 2 2 2

94 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35

a bd I d d I d

a b a b

2 22 2

2 2

3635 36

a ba b

a b

Dễ thấy b nên chọn 06

16

ab

a.

Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

0,25 0,25 0,25 0,25

2(1,0) + Ta có: Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:

(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC

1 0, 3 0.x y z y z

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC

Suy ra (ABC):

2 1x y z 0

1

(0; 2;1).I

.

+ Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là

1 0 0

3 0 2

2 1 0

x y z x

y z y

x y z z

Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5 R IA

0,25 0,25 0,5

Câu Phần Nội dung Điểm VII.a (1,0)

+ Ta có: 20 2 20

0 1 2 20(1 3 ) 2 3 ... 21 .x x a a x a x a x 20 19 2 20

0 1 2 20(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 ... 21x x x a a x a x a x (*).

Nhận thấy: ( )kk ka x a x k do đó thay 1x vào cả hai vế của (*) ta có:

0 1 2 20222 3 ... 21 4 S a a a a .

0,25 0,25 0,25 0,25



Câu Phần Nội dung Điểm VIb (2,0)

1(1,0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2)HK làm vtpt và AC đi qua K nên

( ) : 2 4 0AC x y .0

Ta cũng dễ có: ( ) : 2 2BK x y . + Do ,A AC B BK nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b

Mặt khác là (3;1)Mtrung điểm của AB nên ta có hệ:

2 4 6 2 10 4.

2 2 2 2 0 2

a b a b a

a b a b b

Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B

+ Suy ra: , suy ra: (( 2; 6)AB ) : 3 8 0AB x y .

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA

, suy ra: ( ) : 3 4 2 0BC x y . KL: Vậy : ( ) : 2 4 0 AC x y , ( ) : 3 8 0 AB x y , ( ) : 3 4 2 0 BC x y .

0,25 0,5 0,25

2(1,0) + 1 2, ( ), ( )M N d d

1 1 1( ; ; 2 ), ( 1M t t t N

nên ta giả sử

2 2 2 1 2 1 2 1 22 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)t t t NM t t t t t t

.

+ MN song song mp(P) nên: n N 1 2 1 2 1 2. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0P M t t t t t t

2 1 1 1 1( 1; 2 ;3 1t t NM t t t

) .

+ Ta có: 1

2 2 2 21 1 1 1 1

1

02 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4

7

tMN t t t t t

t

.

+ Suy ra: hoặc (0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N4 4 8 1 4 3

( ; ; ), ( ; ; )7 7 7 7 7 7

M N .

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào ( ).M P KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu Phần Nội dung Điểm VII.b (1,0)

+ Điều kiện:

22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0( )

0 1 1, 0 2 1

xy x y x x y xI

x y

.

+ Ta có: ( )1 2

1 2

2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

x y

x y xI

y x

1 2

1 2

log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

log ( 5) log ( 4) = 1 (2).

x y

x y

y x

y x

+ Đặt lo 2g (1 )y x t thì (1) trở thành: 212 0 ( 1) 0 1.t t t

t

(3).

Với t ta có: 1 2 Thế vào (2) ta có: 1 1x y y x

21 1 1

4 4log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

4 4x x x

x xx x x x

x x x

0

2

x

x

. Suy ra: 1

1

y

y

.

+ Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1x y thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1 x y .

0,25 0,25 0,25 0,25

A

M

KH

BC





THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 1

.1

xy

x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1

.1

xm

x

Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình 4 42 sin cos cos 4 2sin 2 0x x x x m có nghiệm trên 0; .2

b) Giải phương trình g 484 22

1 1log 3 log 1 lo .

2 4x x x


a) Tìm giới hạn 3 2 2

0

3 1 2 1lim .

1 cosx

x xL

x

b) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50100 100 100 100 100 100... 2 .C C C C C C

Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM

B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình 0 và

0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của 1C và

2 21 : 4 5C x y y

2 22 : 6 8 16C x y x y 2 .C

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.

Câu VIa (1 điểm)

Cho điểm và đường thẳng 2;5;3A 1:

2 1 2

x y zd

2.

Viết phương trình mặt phẳng chứa

sao cho khoảng cách từ đến d A lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao



Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp

xúc với đường thẳng 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. : 2d x y

b) Cho tứ diện OABC có và Tính thể tích

tứ diện OABC.

4, 5, 6OA OB OC 060 .AOB BOC COA

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng : 2 2 1P x y z 0 và các đường thẳng 11 3

: ,2 3 2

x y zd

25 5

.

:6 4 5

x y zd

Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường

thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

ĐÁP ÁN

Câu I 2 điểm

Tập xác định: Hàm số 1

1

xy

x

có tập xác định \ 1 .D R

Giới hạn: 1 1

1 1 1lim 1; lim ; lim .

1 1 1x x x

x x x

x x x

0,25

Đạo hàm: 2

2' 0,

1y

x

1x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng

và Hàm số không có cực trị. ;1 1; .

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1;x tiệm cận ngang 1.y Giao của hai tiệm

cận là tâm đối xứng. 1;1I

0,25

a)

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25

b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị 1

'1

xy C

x

Học sinh tự vẽ hình

0,5



Số nghiệm của 1

1m

x

bằng số giao điể

x m của đồ thị

1

1

xy

x

và .y m

0,25

Suy ra đ

ệm

phương trình có 1 nghiệm

1: phương trình vô nghiệm

0,25 áp số

1;m m 1: phương trình có 2 nghi

1:m 1 m

Câu II 2 điểm

Ta có 4 4 21sin os 1 sin 2

2x c x x và 2os4 1 2sin 2 .c x x

0,25

Do đó 1 3sin 2 2sin 2 32 x x m .

Đặt t sin 2x . Ta có 0; 2 0; 0;1 .2

x x t

Suy ra

0,25

23 2 3 , 0;1f t t t m t

Ta có bảng biến thiên

0,25

a)

đã cho có nghiệm trên Từ đó phương trình10

0; 22 3

m

0,25

Giải phương trình 84 22

1 1log 3 log 1 log 4 2

2 4x x x

Điều kiện: 0 1x 0,25

2 3 1 4x x x 0,25

Trường hợp 1: 1x

22 2 0x x x 2

0,25

b)

Trường hợp 1: 0 1x

22 6 3 0 2 3x x x 3

Vậy tập nghiệm của (2) là 2;2 3 3T

0,25

Câu III

a) Tìm

3 2 2

0

3 1 2 1lim .

1 cosx

x xL

x



Ta có 3 2 2

0

3 1 1 2 1 1lim

1 cos 1 cosx

x xL

x x

0,25

Xét 2 2

12 20 0

2 1 1 2lim lim 2

1 cos 2sin 2 1 12

x x

x xL

xx x

0,25

Xét

3 2 2

220 0 32 2 23

3 1 1 3lim lim 2

1 cos2sin 3 1 3 1 1

2

x x

x xL

x xx x

0,25

Vậy L 1 2 2 2 4L L 0,25

Chứng minh rằng 0 0 2 4 100 5100 100 100 100... 2 .C C C C

Ta có

i

0,5

1001 i

0 1 2 2 100 100100 100 100 100

0 2 4 100 1 3 99100 100 100 100 100 100 100

...

... ...

C C i C i C i

C C C C C C C

b)

hác

0

Vậy 0

0,5 Mặt k

2 100 501 1 2 2i i i i 2 52 1 2i i

0 2 4 100 5100 100 100 100... 2 .C C C C

Cho a, b, c thoả Tìm GTNN của 3.a b c

4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b cM

Đặt 2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 wa b c c a b b c au v M u

v

2 22 2 2 3a b cM

2w 3 3 4 4 4a b c a b cu v

0,25

Theo cô – si có 322 2 2 3 2 6b c a b c . Tương tự … 0,5

Câu IV

Vậy 3 29.M Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c 0,25

Câu Va Học sinh tự vẽ hình

2 23; 4 3.C I 0,25 1 1 1 2: 0;2 , 3; : ,I R C Ra)

Gọi tiếp tuyến chung của 1 2,C C là 2 2: 0Ax By C A B 0

là tiếp tuyến chung của 1 2,C C

2 21 1; Cd I R

2 22 2

2 3 1

; 3 4 3 2

B A B

d I R A B C A B

0,25



Từ (1) và (2) suy ra hoặc 2A B3 2

2

A BC

Trường hợp 1: 2A B .

Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5B A C x y 0

Trường hợp 2: 3 2

2

A BC

. Thay vào (1) được

2 2 42 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0

3A B A B A A B y x y

0,5

Gọi H là trung điểm của BC 3; '

2

ad M BB C AH

0,25

2 3

' '1 1

'. .2 2 3BB C MBB C BB C

a aS BB BC V AH S '

3

12

0,25

b)

g BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Gọi I là tâm hình vuôn

Ta có ' ; ' ' .'B C MI B C BC B MB C 0,5

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K trên d K cố định;

là hình chiếu của A

Gọi là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên .

0,25

Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK

Vậy maxAH AK là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.

0,25

Gọi là mặt phẳng qua A và vuông góc với d : 2 2 15 0x y z

3;1;4K

0,25

Câu VIa

là m Kặt phẳng qua và vuông góc với AK : 4 3x y z 0 0,25

Câu Vb

Gọi 2x y2

2 2: 1H

a b

(H) tiếp xúc với 1

0,25

2 2: 2 0 4d x y a b

2 216 4

4;2 1 2Ha b

0,25

4 2x y A

a)

Từ (1) và (2) suy ra 2 2

2 28; 4 : 18 4

x ya b H

0,5

b)

c sinh tự vẽ hình)

B’ trên OB; C’ trên OC sao cho 4

(Họ

Lấy ' 'OA OB OC 0,25



là trung điểm của B’C’ ' ' .OAM OB C Lấy M

Kẻ ' 'AH OM AH OB C

0,25

Ta có 2 3 4 6

2 33 3

AM OM MH AH 0,25

1 1. .sin

2 2OBCS OB OC BOC 5 3

Vậy 1

. 103OABC OBCV AH S 2

0,25

Gọi 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 '1 2 ;3M t t t N t t t

; 2 2 1 1 0;d M P t t t 1.

0,25

Trường hợp 1: 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 't M MN t t t 5

. 0 ' 0 5;0; 5PMN n t N PMN n

0,25

1 3;0;2 , 1; 4;0t M N 0,25 Trường hợp 2:

Câu VIb

Kết luận 0,25



Ngày thi 21/12/2010

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN

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

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2

my x m

x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng

d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình

2cos . cos 12 1 sin .

sin cos

x xx

x x

2. Giải phương trình 2 27 5 3 2 (x x x x x x )

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3

0

3

3. 1 3

xdx

x x

.

Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.

Chứng minh rằng:

DMN ABC3 .

x y xy

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức0

3 3

3

16 3x y zP

x y z

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng

d1: 1 1

2 3 1

x y z

2 , d2:

2 2

1 5 2

x y z

Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.

2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2

2 1

1

1

x y z

và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.

Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với

d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1 4

42 2

1log log 1

( , )

25

y xy x y

x y

-------------------Hết -------------------



SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm

I 2,0

1 1,0

Với m =1 thì 1

12

y xx

a) Tập xác định: D \ 2 0.25

b) Sự biến thiên:

2

2 2

1 4 3 1' 0

3

xy

x' 1

2 2

x xy

x x

,

.

li , , mx

y

limx

y

2 2

lim ; limx x

y y ,

lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0x x

y x y x

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.

0.25

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;1 , 3; ; hàm số nghịch biến trên

mỗi khoảng 1;2 , 2;3

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.

0.25

c) Đồ thị:

0.25

x


y’

y

- 1 2 3 +

– + 0 + – 0 + + 1

3 - -



2 1.0

Với x 2 ta có y ’ = 1- 2( 2)

m

x ;

Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m

0.25

Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1

2 2

2 2

2 2

2

2

x m y m m

x m y m m

0.25

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 ;2 2m m m ) ; B( 2 ;2 2m m m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:

2 2m m m m 0.25

0

2

m

m

Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt m = 2.

0.25

II 2.0

1 Giải phương trình

2cos . cos 12 1 sin .

sin cos

x xx

x x

1.0

ĐK: sin cos 0x x 0.25

Khi đó 21 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x

1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x

1 sin 1 cos 1 sin 0x x x

0.25

sin 1

cos 1

x

x

(thoả mãn điều kiện) 0.25

22

2

x k

x m

,k mZ

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 22

x k và 2x m ,k mZ

0.25

2 Giải phương trình: 2 27 5 3 2 (x x x x x x ) 1.0

2

2 2

3 2 0

7 5 3 2

x xPT

x x x x x

0.25

23 2 0

5 2( 2)

x x

x x x

0.25

3 1

0

25 2.

x

x

xx

x

21 16x x

2 0

0

x

0.25

1x

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25




III Tính tích phân 3

0

3

3. 1 3

xdx

x x

.

1.0

Đặt u = 21 1 2x u x udu dx ; đổi cận:0 1

3 2

x u

x u

0.25

Ta có: 3 2 23

20 1 1

3 2 8(2 6) 6

3 2 13 1 3

x u udx du u du du

u u ux x

2

1

1 0.25

22

1

26 6ln 1

1u u u 0.25

33 6ln

2 0.25

IV 1.0 Dựng DH MN H Do mà là DMN ABC DH ABC .D ABC

tứ diện đều nên là tâm tam giác đều . H ABC

0.25

Trong tam giác vuông DHA:

2

2 2 2 3 61

3 3DH DA AH

Diện tích tam giác AMN là 01 3. .sin 60

2 4AMNS AM AN


xy

0.25

Thể tích tứ diện là .D AMN1 2

.3 1AMN 2

DH xy V S 0.25

Ta có: AMN AMH AMHS S S 0 01 1 1.sin 60 . .sin 30 . .sin 30

2 2 2xy x AH y AH

D

A

BC

HM

N

0

3 .x y xy

0.25

V 1.0

Trước hết ta có: 3

3 3

4

x yx y

(biến đổi tương đương) 2

... 0x y x y 0.25

Đặt x + y + z = a. Khi đó

3 33 33 3

3 3

64 644 1

x y z a z zP t

a a

64t

(với t = z

a, ) 0 1t

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có

22 1'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9f t t t f t t

Lập bảng biến thiên

0.25

0;1

64inf

81t

M t

GTNN của P là 16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25



VI.a 2.0

1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:

212 1 0 21 135 ;7 14 0 13 5 5

5

xx y

Bx y

y

0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và

BD, kí hiệu (với a(1; 2); (1; 7); ( ; )AB BD ACn n n

a b 2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: os , os ,AB BD AC ABc n n c n n

2 2 2 232 7 8 0

27

a ba b a b a ab b b

a

0.25

- Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,

A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3

(3;2)2 1 0 2

x y xA

x y y

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7

1 0 7 52 ;7 14 0 5 2 2

2

xx yI

x yy

Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ 14 124;3 ; ;

5 5C D

0.25

- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25

2 1.0

Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2

1 2 2

: 1 3 ; : 2 5

2 2

x t x m

d y t d y m

z t z m

0.25

Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

MN

(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25

Do d (P) có VTPT nên(2; 1; 5)n

:k MN knP p

3 2 2

3 5 3

2 2 5

m t k

m t k

m t k

có nghiệm 0.25

Giải hệ tìm được1

1

m

t

Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: 1 2

4

3 5

x t

y

z t

t

thoả mãn bài toán

0.25




VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 1.0

Điều kiện: 3

n N

n

Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 log4(n – 3)(n + 9) = 3

0.25

(n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 0 7

13

n

n

Vậy n = 7.

0.25

Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 32 31 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i 0.25

Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25

VI.b 2.0

1 1.0

Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6

3 0B C

B C

x x

y y

0.25

Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25

Ta có nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n

(thoả mãn)

(không thoả mãn)

0.25

Bán kính R = d(C; BG) = 9

5 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =

81

25 0.25

2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:

3 2

2

1

x t

y

z t

t toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2

2

1

2 0

x t

y t

z t

x y z

(tham số t)

(1; 3;0)M

0.25

Lại có VTPT của(P) là , VTCP của d là (1;1;1)Pn

(2;1; 1)du

.

Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1)d Pu u n

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đó ( 1; 3; )MN x y z

.

Ta có MN

vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0

Lại có N(P) và MN = 42

2

ta có hệ: 2 2 2

2 0

2 3 11 0

( 1) ( 3) 4

x y z

x y z

x y z

0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25

Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2

:2 3 1

x y z

5

Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4

:2 3

5

1

x y z

0.25




VII.b

Giải hệ phương trình 1 4

42 2

1log log 1

( , )

25

y xy x y

x y

1.0

Điều kiện: 0

0

y x

y

0.25

Hệ phương trình 4 4 4

2 2 2 2 2 2

1 1log log 1 log 1

4

25 25 25

y x y xy x

y y y

x y x y x y

0.25

22 2 2 2

33 325

25 9 2510

x yx y x y

yx y y y

0.25

15 5; ;

10 10

15 5; ;

10 10

x y

x y

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

0.25

(không thỏa mãn đk)

(không thỏa mãn đk)

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như

đáp án quy định.




SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I – NĂM 2011 MÔN TOÁN- KHỐI D

(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 : 2

1

xy

x

(C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : my x luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B

phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB. Câu II: (2 điểm)

a)Giải bất phương trình:

9 2 2 22 1 2 2 134.15 25 0x x x x x x

b)Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm : a

x+1 1

2 1

y a

x y a

Câu III: (2 điểm)

a) Giải phương trình: 2 21 8 12cos cos ( ) sin 2 3cos( ) sin

3 3 2 3x x x x x

b) Tính : 1

3 1

0

xe d x

Câu IV: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng

1 : 4

1 2

x t

y t

z t

; 2 :1 3

x 2

3

y z

Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường thẳng và 1 2

Viết phương trình mặt phẳng( ) qua điểm I , song song với 1 và 2

PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V.a hoặc V.b Câu V.a DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN (3 điểm)

1)Trong không gian , cho hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz Tìm số các điểm có 3 toạ độ khác nhau từng đôi một,biết rằng các toạ độ đó đều là các số

tự nhiên nhỏ hơn 10. Trên mỗi mặt phẳng toạ độ có bao nhiêu điểm như vậy ? 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB 3) Giải phương trình: 2log 23 1x x Câu V.b: DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3 điểm) 1) Chứng minh rằng phương trình : có nghiệm duy nhất 5 5 5 0x x

2)Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E): 2 2

116 9

x y , biết tiếp tuyến đi qua điểmA(4;3)

3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một , trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3.

HẾT Họ và tên thí sinh………Số báo danh……………Phòng thi…



ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I- KHỐI D Năm học 2009-2010

PHẦN CHUNG

(7 điểm)

Nội dung chính và kết quả Điểm thành phần

a) (1điểm) D=R/ 1

y '2

1

( 1)x

> 0 , x D

h/số đồng biến trên D và không có cực trị

Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 Tâm đối xứng I(1;1) BBT x - 1 + y’ + + y

+ 1 1 -

Đồ thị

f(x)=(x-2)/(x-1)

f(x)=1

x(t)=1 , y(t)=t

-3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

0,25 điểm

0,25 điểm 0,5 điểm

Câu I

2 điểm

b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d ( )C là:

(1) ; đ/k 2 2 0x mx m 1x

Vì với ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với .Suy

ra d tại hai điểm phân biệt với

2 4 8

(1) 1 0

m m

f

( )C

0m m

m

*Gọi các giao điểm của d là: A(( )C ;A Ax x m ) ; B( ;B Bx x m );với Ax ; Bx là các

nghiệm của p/t (1)

22 2

2 2

2( ) 2 ( ) 4 .

2 4( 2) 2 ( 2) 4 8

A B A B A BAB x x x x x x

m m m

Vậy : AB min 2 2 , đạt được khi m = 2

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm



a) (1 điểm) 2 2 2 22 1 2 2 1 2(2 ) 29 34.15 25 0 9.3 34.3

2x x x x x x x x x x 2 22 2(2 )5 25.5 0x x x x . 2

22

2

2

2(2 ) 2

2

31

53 39. 34. 25 0

5 53 2

5 9

x x

x x x x

x x

5

22 0( ;1 3) (0;2) (1 3;

2 2

x xx

x x

)

KL: Bpt có tập nghiệm là T= ( ;1 3) (0;2) (1 3; )

0,25điểm

0,25điểm

0,5 điểm

Câu II 2 điểm

b)(1 điểm) đ/k 2 2

1 1

( 1) ( 1) 2

x y a1; 1y .Bất pt x

1x y a

2

1 1

11 (

2

a

a

1. 2 1)

x y

x y a

; Vậy x 1 và 1y là nghiệm của p/t:

T2 21

( 2 1) 02

aT a a * .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm không âm

2 2

2

0 2( 2 0

0 0 1 2 2 6

0 1( 2 1) 0

2

a a a

S a a

Pa a

1)

0,25 điểm

0,25điểm

0,5điểm

a) (1 điểm) 2cosx+ 2 21 8 1os ( ) sin 2 3 os(x+ )+ sin

3 3 2 3c x x c x

2 osx+c 2 21 8 1os sin 2 3s inx+ sin

3 3 3c x x x

2 26 osx+cos

6 osx(1-

8 6s inx.cosx-9sinx+sinc x 2sinx)-(2sin 9s inx+7) 0c x

x

7

6 osx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- ) 02

c

(1-sinx)(6cosx-2sinx+7) 0

(1)

(2)

1 s inx=0

6cosx-2sinx+7=0

2 ;( )2

x k k Z

(p/t vô nghiệm ) (2)

0,25 điểm


Câu III 2 điểm

b) (1 điểm) Tính: I=1

3 1

0

xe d x

Đặt 3 1x t ; t 0 2 23 1 .

3x t dx t dt

0 1

1 2 ;

x t

x t

Vậy I=2

1

2

3tte dt Đặt .

t t

u t du dt

dv e dt v e

Ta có 2

2

1

2 2( )

3 3t tI te e dt e

0,5 điểm

0,5 điểm



Câu Nội dung chính và kết quả Điểm thành phần

Câu IV 1 điểm

I(1;5;0) , 1 : 4

1 2

x t

y t

z t

2 :1 3

x 2

3

y z

1 có vtcp ;và đi qua điểm M11(1; 1;2)u 1 (0;4; 1)

2 có vtcp ; đi qua điểm 2 (1; 3; 3)u 2 2 (0;2;0)M

mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt 2)n M1 1, (3; 1;I u

p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0

Tương tự mp(Q) chứa và điểm I có vtpt 2'n

(3;-1;2)

p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và 2 , nên d = (P) (Q)

đường thẳng d có vtcp ',du n n

= (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0)

Nên p/t tham số của d là

1

5 3

0

x t

y t

z

*mp( ) qua điểm I và song song với 1 và 2 nên ( ) có vtpt n

= =(9;5;-2) 1 2,u u

p/t ( ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm



CâuVa 3 điểm

1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 : 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9

*Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: (điểm) 310 720A

* Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ còn lại khác nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: 2

9 72A (điểm)

2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC) d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = ACBD mp(SMN) mp(SDC) Hạ MH SN , (HSN) MHmp(SDC) MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) * Tính MH: Hạ OI SN MH = 2.OI

SNO vuông có:

2 22

2 2 2 2

1 1 1 .OS

OS OS

ONOI

OI ON ON

2

Với ON = 2

a; OS = a

N

O

AD

B C

S

M

I

H

ta tính được OI = a 5

5 MH=

2a 5

5

3) (1 điểm) * ; Đ/k x>0 . Đặt lo2log 23 x x 1 2g x t 2tx

p/t * 3 1

3 4 1 14 4

t tt t

. Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m được

nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : lo 2g 1 2x x

KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2


0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm



Câu Vb 3 điểm

1)(1 điểm) Đặt 5 ' 4( ) 5 5 ( ) 5( 1) 5( 1)( 1)( 1)f x x x f x x x x x 2

1'( ) 0

1

xf x

x

.Ta có bảng biến thiên của h/s f(x):

x - -1 1 + f’(x) + 0 - 0 + f(x)

-1 + - -9

Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất

2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm là ( 0 0;x y ), PTTT (d) có dạng: 0 0 116 9

x x y y *

Vì A(4;3)(d) 0 04 31

16 9

x y (1)

Vì tiếp điểm ( )E ,nên 2 2

0 0 116 9

x y (2) .Từ (1),(2) ta có

0

144

x

0 00

2 2 0 00 0

12 34; 0

40; 3

9 16

x yy

x yx y

. Từ p/t * , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) đi qua

điểm A(4;3) là : (d ) : x – 4 = 0 ; (d ) : y – 3 = 0 1 2

3)(1 điểm) 1TH : Số phải tìm chứa bộ 123:

Lấy 4 chữ số 0;4;5;6;7;8;9 : có cách 47A

Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách có 5 4

7A = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123

Trong các số trên, có 4 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu 36A

Có 5 - 4 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 47A 3

6A

TH2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự)

Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có bặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng thì phải cho điểm tối đa



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

yx 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)


21

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

4x y z . CMR:

1 1 11

2 2x y z x y z x y z2

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B


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

và (d’) 3 y z 2

1 1 2

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 : S 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 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’)

x t

y 1 2t

z 4 5t

x t

y 1 2

z 3t

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 : 5log x 3 2 x ----------------------------- 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

1 1.25®

Hμm sè y = 2x 3

x 2

cã :

- TX§: D = \ 2 R - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng y = 2 lμm TCN

xLim y 2

, . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng x = 2 lμm TC§ x 2 x 2

lim y ; lim y

+) 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 I

2.0®

2 0,75đ

Lấy điểm 1

M m;2m 2

y’

y 2 2 2

-

2

-

x

8

6

4

2

-5 5 10

-2

-4

C . Ta có : 2

1y ' m

m 2

.

Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :

2

1 1y x m 2

m 2m 2

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2

A 2;2m 2

Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)

0,25đ 0,25đ



Ta có :

222

1AB 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

1 1,0®

Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0

sin x cosx2 1 sin x 1 cosx 0

cosx sin x

2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x0

cosx sin x

2 3cosx sin x cosx.sin x 0

cosx sin x

Xét 2 3 3

0 tan x tan xcosx sin x 2

k

Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx

với t 2; 2 . Khi đó phương trình trở thành:

22t 1

t 0 t 2t 1 0 t 12

2

Suy ra : 1 2

2cos x 1 2 cos x cos4 4 2

x 24

k

0,25

0,25

0,5

II 2,0®

2 1,0®

x2 - 4x + 3 = x 5 (1)

TX§ : D = 5; )

21 x 2 7 x 5

®Æt y - 2 = x 5 , 2y 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 29x

2x 2 y 5x 1x y 3 0

y 2

0,25

0,25

0,5

III 1.0® 1®

Ta có : 1

21

dx

1 x 1 x =

1 12 2

2 21 1

1 x 1 x 1 x 1 xdx dx

2x1 x 1 x

1 1 2

1 1

1 1 1 x1 dx dx

2 x 2x

1

11 1

1

1 1 1I 1 dx ln x x | 1

2 x 2

1 2

2

1

1 xI dx

2x

. Đặt

2 2 2t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx

0,5

0,5



Đổi cận : x 1 t 2

x 1 t 2

Vậy I2=

2 2

22

t dt0

2 t 1

Nên I = 1

IV 2®

1.0®

Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .

Ta có : ; BC = AC = a.cosSCA ; SA = a.sin Vậy

3 2 3SABC ABC

1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin

3 6 6 6 2

Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1)

Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . 1f ' 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 2Max f x f

3 3

3

Vậy MaxVSABC = 3a

9 3, đạt được khi

sin = 1

3 hay

1arcsin

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

AB

C

S

2 2

2a 5b 29

5a b

2 2 25 2a 5b 29 a b

9a 2 + 100ab – 96b2 = 0a 12

8a b

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



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 :

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 11 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 55 5 5 5x 1 C C x C x C x 5

7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 57 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 : = = 792 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C 5

12C

.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 (C 1) 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 C15 1

A B

A 2B C5 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 2A B 2 221A 28AB 24B 0 14 10 7

A B21

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

C2

, thay vào (2) ta

được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm .

0,25 0,25 0,25 0,25



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 ; 37 7 7u '

.

Ta đặt : 15 15 15

a u v 1 ;2 2 ;5 37 7

7

15 15 15

b u v 1 ;2 2 ;5 37 7

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

1 15x 1

2 7

15y 2 2 t

7

3 15z 5 3

2 7

t

t

và

1 15x 1

2 7

15y 2 2 t

7

3 15z 5 3

2 7

t

t

VIIb 1®

ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) Đặt t = log2x, suy ra x = 2t

t t52 log 2 3 t 2 3 t5

t t2 1

3 13 5

(2)

Xét hàm số : f(t) = t t

2 13

3 5

f'(t) = t t

2 1ln 0,4 3 ln 0,2 0, t

3 5

R

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



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 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.

1

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0

2. Giải bất phương trình 24x 3 x 3x 4 8x 6

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân 3

6

cotxI d

s inx.sin x4

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 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

2 2 23 3

a b cP

b c a

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) : 2 2x 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: 100100200C . 2 4 6

100 100 1004 8 12 ...A C C C 2. Cho hai đường thẳng có phương trình:

1 : 13 2

2 3x z 2d y 2

3

: 7

1

x t

d y

z t

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

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

1

Tập xác định: D=R

3 2 3 2lim 3 2 lim 3 2x 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 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:

43 2 5

2 2 2

5

xy x

y xy

=> 4 2

;5 5

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)

1 os2 1 2sin 1 2sin

os2 1 1 2sin 0

c x x x

c x x

0

Khi cos2x=1<=> x k , k Z

Khi 1

s inx2

2

26

x k hoặc

52

6x k

, k Z

0,5 đ

0,5 đ II

2

Giải bất phương trình: 24x 3 x 3x 4 8x 6 (1)



(1) 24 3 3 4 2x x x 0

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2 3 4x x 2=0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: 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: 30; 3;

4x

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

III

Tính

3 3

6 6

3

2

6

cot cot2

s inx s inx cossin x sin4

cot2

s in x 1 cot

x xI dx dx

xx

xdx

x

Đặt 1+cotx=t2

1

sindx 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 22 2 ln 2 l

3

tI dt t t

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 3cos30

2

aAH SA

Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh 3

2

aAH

=> 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 3AHsin 30

2 4

AH aHK

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

H

AC

B

S

K

3



Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 3

4

a

0,25 đ

V

Ta có:

3 3 2 6

32 2

3 33

16 64 42 3 2 3

a a b a

b b

2a(1)

3 3 2 6

32 2

3 33

16 64 42 3 2 3

b b c c

c c

2c (2)

3 3 2 6

32 2

3 33

16 64 42 3 2 3

c c a c

a a

2c(3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

2 2 2

2 2 29 3

16 4

a b cP a b c

(4)

Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)3

2P vậy giá trị nhỏ nhất

3

2P 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 2 25 3 4

2

4 10 13 4, 4

3 1 4 10 1

ccd I

c

(thỏa mãn c≠2)

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1x y 0 hoặc

3 4 10 1x y 0 .

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

VI.a

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 =>-a-16a+12-9a+9=0<=>AB DC 21

26a

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 22 1 2 2 1

3 2

a b i a b

b a b a

4

0,25 đ

0,25 đ

4



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 A. Theo chương trình nâng cao

1

Ta có: 100 0 1 2 2 100 100100 100 100 1001 ...x C C x C x C x (1)

100 0 1 2 2 3 3 100 100100 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 100100 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 99100 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

VI.b

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!

5



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 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

yx 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

.

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm):

1).Tìm các nghiệm trên của phương trình : 0;2 sin 3x sin xsin 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 1dx

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) : và 2 mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0

x t

y

z t

1

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.

tr−êng 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

1

1,25®

Kh¶o s¸t vμ vÏ §THS - TX§: D = \ 2 R- Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : nªn ®−êng th¼ng y = 3 lμ tiªm cËn

ngang cña ®å thÞ hμm sè x xLim y Lim y 3

+) . Do ®ã ®−êng th¼ng x = 2 lμ tiÖm cËn ®øng

cña ®å thÞ hμm sè x 2 x 2Lim y ; Lim y

+) 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 çch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vμ y = 3

| x 2 | = | y 3 | 3x 4 x

x 2 2 x 2x 2 x 2

x 1x

x 2x 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

I 2.0®

2 XÐt ph−¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

y’

y

2 x - -

3

3

6

4

2

-5 5

y

x O



0.75® 2 23 11 sin 2x m 1 sin 2x

4 2

(1)

§Æt t = sin22x . 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 tsin 2x t

§Ó (2) cã 2 nghiÖm thuéc ®o¹n 2

0;3

th× 3 3t ;1 t

2 4

;1

D−a vμo ®å thÞ (C) ta cã : y(1)< 2m ≤ y(3/4) 7

1 2m5

VËy çc gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lμ : 1 7

;2 10

0,25

0,5

1 1,0®

sin 3x sin xsin 2x cos2x

1 cos2x

(1)

2cos2x.sin x2cos 2x

42 sin x

§K : sinx ≠ 0 x k Khi ; th× sinx > 0 nªn : x 0

(1) 2 cos2x = 2 cos 2x4

x16 2

k

Do x 0; nªn 9

x hay x16 16

Khi ;2 th× sinx < 0 nªn : x

(1) 2 cos2x = 2 cos 2x4

cos -2x = cos 2x-4

5x

16 2

k

Do x ;2 nªn 21 29

x hay x16 16

0,5

0,5

II 2,0®

2 1,0®

§Æt 3 3u x 34, v x 3

u v 1 u v 1

. Ta cã :

2 23 3

u v 1u v 1

u v u v uv 37u v 37

2 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 2SA AD 30 ,

SC = 2 2SA AC 29

S

N M

DA B

C

K



SM = 2 2SC CM 33

Ta cã : 2 2 2SD MD SM 30 1 33 1

cos SDM2SD.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 çch dùng vμ (3) ta cã : CK (SND) hay CK lμ kho¶ng çch 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 51 AH

AH SA AN 25 26

VËy kho¶ng çch 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

1A

5A 2B 13

2A B 1 B5

3A C 18

C5

VËy I = 2 2 2

0 0 0

d sin x 2cosx 31 3 8 dxdx

5 5 sin x 2cosx 3 5 sin x 2cosx 3

I = 220 0

1 3 8x ln sin x 2cosx 3

5 5 5

J

I = 3 8ln 4 ln 5 J

10 5 5

TÝnh J = 2

0

dx

sin x 2cosx 3

.

§Æt t = tanx

22

2

1 x 2tddt tan 1 dx

2 2 t

t

1

§æi cËn : Khi x = 2

th× t = 1

Khi x = 0 th× t = 0

VËy

1 1 12

2 22 20 0 0

2 2

2dtdt dtt 1J 2 2

2t 1 t t 2t 5 t 1 22 3t 1 t 1

L¹i ®Æt t = 1 = 2 tan u . suy ra dt = 2 ( tan2u + 1)du

§æi cËn khi t = 1 th× u = 4

0,25

0,25



Khi t = 0 th× u = víi tan1

2

24

42

2 tan u 1 duJ u

44 tan u 1

Do ®ã : I = 3 3 5 8

ln10 5 4 5

0.5

2a 0.5®

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y R , | z | = 2 2x y Ta cã : | z | = 1 + ( z 2 ) i

2x y 2 = ( 1 y ) + ( x 2 ) i

22 2

x 2 0 x 21 y 0 3

y2x y 1 y

2b 0.5đ

G/s sè phøc z cã d¹ng : z = x + iy víi x,y R ,

Ta cã : | z - i | = | x + ( y - 1)i | = 22x y 1

Do ®ã : 1 < | z - i | < 2 1 < | z - i | 2 < 4

221 x y 1 4

Gäi (C1) , (C2) lμ hai ®−êng trßn ®ång t©m I( 0 ; 1) vμ cã b¸n kÝnh lÇn l−ît lμ : R1=1 , R2 = 2 . VËy tËp hîp çc ®iÓm cÇn t×m lμ phÇn n»m gi÷a hai ®−êng trßn (C1) vμ (C2)

0,5

0.5

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;3x 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;1x 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 4B' 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 14x 7y 1 0

7 4

0,25 0,5 0,25



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 : vμ 1 2M M 1;7; 5

1 2u , u 2; 3;6

Suy ra . VËy (d1 2 1 2u , u .M M 49 0

1) 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 4x 2 y z 1

2 4

9

0,5

3

Sè çch lÊy 2 bi bÊt k× tõ hai hép bi lμ : 52.25 = 1300 Sè çch 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;0y 0y 0

Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc k = 3 , nªn . Suy ra 0ABC 60 ®−êng ph©n gi¸c trong gãc B cña

ΔABC cã hÖ sè gãc k = 3

3

nªn cã PT : 3

y x3 3

3

(Δ)

T©m I( a ;b) cña ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC thuéc (Δ) vμ çch trôc Ox mét kho¶ng b»ng 2 nªn : | b | = 2 + Víi b = 2 : ta cã a = 1 2 , suy ra I=( 3 1 2 ; 2 ) 3+ Víi b = -2 ta cã a = 1 2 , suy ra I = ( 3 1 2 ; -2) 3 §−êng ph©n gi¸c trong gãc A cã d¹ng:y = -x + m (Δ’).V× nã ®i qua I nªn + NÕu I=( 1 2 ; 2 ) th× m = 3 + 23 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 ; 2 ) th× m = -1 - 23 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 .

0.25 0.5

60

C

B A x

y

O



Tõ ®ã suy ra täa ®é ®iÓm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ) 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 4x 3 y 1 z 3

9

0,25 0,25

3. sai

Sè çch chän 5 qu©n bμi trong bé bμi tó l¬ kh¬ lμ : 525C 2598960

Sè çch 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



TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số 12

2

x

xy

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)

Câu 2 (2,0 điểm)

1.Giải phương trình : 010

5cos36

3cos5

xx

2.Giải bất phương trình : 052

2322

2

xx

xx

Câu III (1,0 điểm)

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : .2;0; xyxyx

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC1 và đường cao AH của mp(ABC) Câu V (1,0 điểm)

Cho : . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 65222 cba

)

2,0(2sin.sin.2

xxcxbay

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 012422 yxyx

và đường thẳng d : . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được 01 yx đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : 921 222 zyx .

Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : 22

1

1

zyxvà cắt mặt cầu (S) theo

đường tròn có bán kính bằng 2 . CâuVII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. 2.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : .Tìm những điểm N trên elip (E) 044 22 yx

sao cho : ( F021 60ˆ FNF 1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )

2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng và điểm

1

2:

z

ty

tx

)1,0,1( A

Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng để tam giác AEF là tam giác đều. Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn :

4)(

22

22 zz

izziz

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



ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KHỐI D Câu Đáp án Điểm I ( 2,0 điểm)

1.(1,25)

a/ Tập xác định : D \R

2

1

b/ Sự biến thiên: Dxx

y

0)12(

52

/

+ H/s nghịch biến trên ),2

1(;)

2

1,( ; H/s không có cực trị

+Giới hạn –tiệm cận :

yLimyLimyLimyLimxx

xx

2

1

2

1;;

2

1

Tiệm cận ngang y = 2

1; Tiệm cận đứng x =

2

1

c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2 y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2.(1,0 điểm) Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :

xx

x

12

2

2

51

2

51

012

x

x

xx

Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :

2

51,

2

51;

2

51,

2

51

0,25 0,25 0,25

2

1

-

2

1

- -

Y /

x

2

1

o

y

x o

2

1

-

2

1

- -

Y /

x

Y

2

1

y

x



II ( 2,0 điểm)

1.(1,0 điểm)

Pt

)3sin5(sin33sin2

5sin33sin5

02

5cos32

3cos5

xxx

xx

xx

022cos2cos3

0sin

0)3sin44cos3(sin2

2

2

xx

x

xxx

)()

3

2arccos(

2

1 Zkkx

kx

0,25 0,25 0,25 0,25

2.(1,0 điểm)

Bpt

2

50

22

1

2

50

22

1

052

0232

2

5;0

0232

2

2

2

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

2

5

22

1

x

x

x

0,25 0,50 0,25

III (1,0 điểm)

Phương trình định tung độ giao điểm :

1

)(4

1

2

045

022

2

y

ly

y

y

yy

yyy

Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2 Thể tích khối tròn xoay cần tìm : V = V1 + V2

Trong đó V1 = 2

)(2

21

0

ydyy

1

0=

2

(đvtt)

V2

2

1

2

1

2

1

322

3

)2()2()2()2(

yydydyy =

3

(đvtt)

V = )(6

5đvtt

0,25 0,25 0,25 0,25



IV (1,0 Điểm) V (1,0 điểm)

+Thể tích lăng trụ : V 4

6).( 3

1 aAAABCdt

+ cos(AH , AC1) = 1

111

1

1

..

.

ACAH

CAAAAH

ACAH

ACAH

= 1

11

.

.

ACAH

CAAH

01

1

0

60),(2

1

3.2

32

3.

2

3

.

30cos.. ACAH

aa

aa

ACAH

ACAH. Vậy (AH , AC1) = 600

Vậy (AH , AC1) = 600

xxxxcbay 2sinsin21652sinsin21 22222222

Đặt f(x) = )sin1.(sin4sin212sinsin21 22222 xxxxx

f(x) = , Đặt 1sin6sin4 24 xx 1,0,sin2 ttx

g(t) = 4

30)(;68)(164 //2 ttgttgtt

BBT M

Max g(t) 34

3sin

4

3

4

13 2 xxtkhi

2

513

2

513

4

13.652 yy dấu “=” xảy ra khi

3

x và

c

x

b

x

a

2sinsin21

hay cba 2

3

2

61

Thay vào :

15

30

52

15

30

52

65222

c

b

a

c

b

a

cba

VI.a (2,0 điểm) 1.( 1,0 điểm)

+ (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6

+ là các tiếp điểm ) suy ra :BABMA ,(90ˆ 0 122.2. RMAMI

Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:

21

2

21

2

01

1212 22

y

x

y

x

yx

yx

Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên. 2.( 1,0 điểm)

0,25 0,25 0,25 0,25 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

A1 C1

B1

A

B

C

H

t f

f/

f

0 14

3

0+ -

4

13

1

1



VII.a(1,0 điểm)

(

VI.a2,0 điểm)

Gọi số cần tìm có dạng : abcd

+ Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và cách chọn b, c , d

à và 7 cách chọn d họn d

ậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là :

1.(1,0 điểm)

39A

+ Nếu a = 2 :

+ b > 0 : có 8 cách chọn b và có 28A cách chọn c , d

+ b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c v + b = 0 và c = 1 : có 7 cách c

V 403277.7.8.7 28

39 AA

(E) : 33;11;24;14

2222222

cbacbbaayx

+ Áp dụng định lí côsin trong tam giác F NF :

1 2

18

2;

9

323

4)(

3

4.

..2)()(

60cos.2)(

22

2221

21212

212

21

021

22

21

221

yx

caNFNF

NFNFNFNFNFNFFF

NFNFNFNFFF

Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :

3

1,

3

24;

3

1,

3

24;

3

1,

3

24;

3

1,

3

244321 NNNN

0,25 0,25 0,25

,25

,25

,25

,25

0,25

0 0 0 0

a. (S) có tâm bán kính R = 3 )2,0,1( J

+ đt a có vtcp , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận làm vtpt )2,2,1( u

u

Pt mp (P) có dạng : 022 Dzyx

+ (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = 522 rR

nên ta có : 53

)2.(20.21

D 0,25

535

535

D

D

KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) : 053522 zyx và (P2) : 053522 zyx 0,25

2.(1,0 điểm)

+ Đường thẳng và có vtcp ;

+ Khoảng cách từ A đến là AH =

)1,0,0(0Mquađi )0,2,1(u )2,2,4(,;)2,0,1( 00

uAMAM

5

62,

),(0

u

uAM

Ad

+ Tam giác AEF đều 5

24

3

2. AHAFAE .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R =

5

24

và đường thẳng , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :

5

32)1()1(

1

2

222 zyx

z

ty

tx

,25

0,25

0

,25 0



t = 5

221suy ra tọa độ E và F là :

15

242

5

221

15

242

5

221

z

y

x

z

y

x

0,25

VII.b (1,0 điểm)

+ Gọi số phức z = x + yi ),( Ryx

Hệ

44

)22()1(2

xyi

iyiyx

3

32

4

1

4

114

y

x

xy

xy

xy

Vậy số phức cần tìm là : iz3

3

4

14

0,25 0,50 0,25

f(t)

f/(



Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 **************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1

1

xy

x

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình 217sin(2 ) 16 2 3.s in cos 20sin ( )

2 2 1

x

2x x x

2) Giải hệ phương trình : 4 3 2 2

3 2

1

1

x x y x y

x y x xy

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4

0

tan .ln(cos )

cos

x xdx

x

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

3a b b c c a

ab c bc a ca b

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)

và hai đường thẳng 1

( ) :1 2

x

3

y zd

và

1 4( ') :

1 2 5

x y zd

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: 2 22

(24 1)(24 1) (24 1)log log xx x x xLog x x x

Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 1C x y , đường thẳng . Tìm để cắt ( tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.

( ) : 0d x y m m( )C )d

Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0

và đường thẳng : 1 2

2

x

= 1

1y =

3

z. Gọi 2 là giao tuyến của (P) và (Q).

Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng , . 1 2Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1 ----------Hết----------



ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung Điểm

1.1 *Tập xác định : \ 1D

*Tính 2

1' 0

( 1)y x D

x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn

1xLim y

1xLim y

2xLim y

2xLim y

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x 1 y’ - - y

*Vẽ đồ thị

0.25 0.25 0.25 0.25

1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ( )) ( )M x f x C có phương trình

0 0'( )( ) ( )0y f x x x f x

Hay (*) 2 20 0 0( 1) 2 2 1x x y x x 0

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2

0

40

2 22

1 ( 1)

x

x

giải được nghiệm và 0 0x 0 2x

*Các tiếp tuyến cần tìm : và 1 0x y 5 0x y

0.25 0.25 0.25 0.25

2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3 sin 2 10 os( ) 6 06

c x x c x

os(2 ) 5 os( ) 3 03 6

c x c x

22 os ( ) 5 os( ) 2 06 6

c x c x

Giải được 1

os( )6 2

c x

và os( ) 26

c x

(loại)

*Giải 1

os( )6 2

c x

được nghiệm 22

x k và

52

6x k

0.25 0.25 0.25 0.25



2.2 *Biến đổi hệ tương đương với

2 2 3

3 2

( ) 1

( )

x x

1

y x y

x y x xy

*Đặt ẩn phụ 2

3

x xy u

x y v

, ta được hệ

2 1

1

u v

v u

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

0.25 0.25 0.25 0.25

3 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 4

x

thì 1

2t

Từ đó

1

12

2 2112

ln lnt tI dt dt

t t

*Đặt 2

1ln ;u t dv dt

t

1 1;du dt v

t t

Suy ra 1

21

2

1 11 1 2

ln ln 212

2 2

I t dtt t

1

1t

*Kết quả 2

2 1 ln 22

I

0.25 0.25 0.25 0.25

4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A B C *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 060SEH SFH *Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A .

*Lập luận và tính được AC=AB=a ,2

2

aHA , 0 3

tan 602

aSH HF

*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2

1 1 1

10K H a

HK HS HB

3

*Tam giác AHK vuông tại H có

2202tan33

10

aA H

A K HK H

a

3

cos23

A K H

0.25 0.25 0.25 0.25

5 *Biến đổi

1 1

1 (1 )(1

a b c c

ab c ab b a a b

)

0.25



*Từ đó 1 1 1

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c bV T

a b c a c b

a

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

31 1 1

3. . .(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b aV T

a b c a c b

=3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3a b c

0.25 0.25 0.25

6.a * có phương trình tham số

1 3

2 2

x t

y t

và có vtcp ( 3;2)u

*A thuộc (1 3 ; 2 2 )A t t

*Ta có (AB; )=45 0 1

os( ; )2

c A B u

. 1

2.

A B u

A B u

2 15 3169 156 45 0

13 13t t t t

*Các điểm cần tìm là 1 2

32 4 22 32( ; ), ( ;

13 13 13 13A A )

0.25 0.25 0.25 0.25

7.a *(d) đi qua và có vtcp 1(0; 1;0)M 1 (1; 2; 3)u

(d’) đi qua và có vtcp 2 (0;1;4)M 2 (1;2;5)u

*Ta có , 1 2; ( 4; 8;4)u u O

1 2 (0;2;4)M M

Xét 1 2 1 2; . 16 14 0u u M M

(d) và (d’) đồng phẳng .

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n

và đi qua M1 nên có phương trình 2 2 0x y z *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm

0.25 0.25 0.25 0.25

8.a *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét 1x , biến đổi phương trình tương đương với

1 2

1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)x x xx x

1

x t

Đặt , ta được phương trình log ( 1)x x

1 2

1 2 2t t

1

t

giải được t=1 và t=-2/3

*Với t=1 phương trình này vô nghiệm log ( 1) 1x x

*Với t=-2/3 2

log ( 1)3x x

(*) 2 3.(24 1) 1x x

Nhận thấy 1

8x là nghiệm của (*)

Nếu 1

8x thì VT(*)>1

0.25 0.25 0.25 0.25



Nếu 1

8x thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất

1

8x

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1

8x

6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d

*Ta có 1 1

. .sin .sin2 2O A BS O A O B A O B A O B

1

2

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 090A O B

1( ; )

2d I d 1m

0.25 0.25 0.25 0.25

7.b

* có phương trình tham số 12 2

1

3

x t

y t

z t

* có phương trình tham số 22

5 3

x s

y s

z s

*Giả sử 1 2;d A d B

3 )

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t

* ( 2 ;3 6;A B s t s t s t

, mf(R) có vtpt (1;2; 3)n

* cùng phương ( ) &d R A B n

2 3 6 3

1 2

s t s t s t

3

23

24t

*d đi qua 1 1 23

( ; ; )12 12 8

A và có vtcp (1;2; 3)n

=> d có phương trình

231 1812 12

1 2

zx y

3

0.25 0.25 0.25 0.25

8.b

*Điều kiện : giải được x 3

0

log (9 72) 0

9 72 0

x

x

x

9log 73

Vì >1 nên bpt đã cho tương đương với 9log 73x

3log (9 72)x x

9 72 3x x

3 8

3 9

x

x

2x

*Kết luận tập nghiệm : 9(log 72;2]T

0.25 0.25 0.25 0.25

Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .





SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.12.2010 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số 2

32

xx

y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)


24cos2sin

2cossin

2sin1 22 x

xx

xx

2. Giải bất phương trình

xxxxx

2

1log)2(22)144(log

2

12

2


Tính tích phân

e

dxxxxx

xI

1

2 ln3ln1

ln

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2

a. 3aSA , . Tính thể tích

khối chóp S.ABC.

030 SAB SAC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 333 3

1

3

1

3

1

accbbaP

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng 052:1 yxd .

d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 02 zyx . Gọi A’là hình chiêú của A

lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).

Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2 3 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 12 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200

k k k n nn n n nC C k k C n n C



Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1916

22

yx

.

Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 052: zyxP và đường thẳng

312

3:)(

zy

xd , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao

điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

113

2.3222

3213

xxyx

xyyx

-------------- Hết-------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V 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

Dáp án Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1,00

1) Hàm số có TXĐ: 2\R 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: *

ylim;ylim

2x2x

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lim lim 2

x xy y

0,25

b) Bảng biến thiên:

Ta có:

2x,02x

1'y 2

Bảng biến thiên:

x - 2 +

y’ - -

y

2

-

+

2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 2; và ;2

0,25



3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại

2

3;0 và cắt trục hoành tại điểm

0;2

3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1,00

Ta có: 2x,2x

3x2;xM 0

0

00

, 20

02x

1)x('y

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:

2x

3x2)xx(

2x

1y:

0

002

0

0,25

Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là:

y

2

3/2 x 2

O 3/2

2;2x2B;2x

2x2;2A 0

0

0

Ta thấy M00BA xx

2

2x22

2

xx

, M

0

0BA y2x

3x2

2

yy

suy ra M là

trung điểm của AB.

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

S =

2)2x(

1)2x(2

2x

3x2)2x(IM 2

0

20

2

0

020

2 0,25

Dấu “=” xảy ra khi

3x

1x

)2x(

1)2x(

0

0

20

20

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II. 1 Giải phương trình lượng giác ...... 1 điểm

)1(24

cos2sin2

cossin2

sin1 22

xx

xx

x

xsin1x2

cos1xsin2

xcosxsin

2

xsin11 2

0,25

012

xcos

2

xsin2.

2

xcos

2

xsinxsin01xsin

2

xcos

2

xsinxsin

0,25

012

xsin2

2

xsin21

2

xsinxsin 2

0,25



2

sin x 0x k

x kxsin 1 x k , kx

2 x k4k22 2x x

2sin 2sin 12 2

Z 0,25

II. 2 Giải bất phương trình......................... 1 điểm

ĐK: *2

1x

2

1x

2

1x

0)1x2(

2

1x

01x4x4

0x2

1

22

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 1)x21(log)2x(2x2)x21(log2 22

01)x21(logx 2 0,25

0x4

1x

1)x21(2

0x

1)x21(2

0x

0)x21(2log

0x

0)x21(2log

0x

01)x21(log

0x

01)x21(log

0x

2

2

2

2 0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 2

1x

4

1 hoặc x < 0.

0,25

III Tính tích phân............................. 1 điểm

e

1

2e

1

xdxlnx3dxxln1x

xlnI

+) Tính

e

dxxx

xI

1

1ln1

ln. Đặt dx

x

1tdt2;xln1txln1t 2

Đổi cận: 2tex;1t1x

0,25

3

222t

3

t2dt1t2tdt2.

t

1tI

2

1

32

1

22

1

2

1

0,25

+) Tính . Đặt dxxlnxI1

22

e

3

xv

x

dxdu

dxxdv

xlnu32

0,25

e3 3 3 3 3e 2 e

2 1 1

1

x 1 e 1 x e e 1 2eI . ln x x dx .

3 3 3 3 3 3 9 9

3 1

9

0,25

21 I3II3

e2225 3 0,25

IV Tính thể tích hình chóp ......................... 1 điểm



Theo định lí côsin ta có: 2 2 2 2 2 0SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a 2

Suy ra . Tương tự ta cũng có SC = a. aSB 0,25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).

Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA3

1S.SA

3

1S.MA

3

1VVV

0,25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA.

16

a3

2

3a

4

aaAMBNABAMANMN

222

2222222

4

3aMN .

0,25

Do đó 16

a

2

a.

4

3a.3a

6

1BC.MN

2

1.SA

3

1V

3

ABC.S 0,25

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1 điểmáp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

zyx

9

z

1

y

1

x

19

xyz

3xyz3

z

1

y

1

x

1)zyx(

3

3

(*)

áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a

9

a3c

1

c3b

1

b3a

1P

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3

3

3

a 3b 1 1 1a 3b 1.1 a 3b 23 3

b 3c 1 1 1b 3c 1.1 b 3c 23 3

c 3a 1 1 1c 3a 1.1 c 3a 23 3

0,25

Suy ra 3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4 a b c 63

1 34. 6 33 4

Do đó 3P 0,25

Dấu = xảy ra 3a b c 1a b c4

4a 3b b 3c c 3a 1

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba

0,25

S

M

A C

N

B



VIa.1 Lập phương trình đường thẳng ...................... 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương )1;2(a1 ; d2 có vectơ chỉ phương )6;3(a2

Ta có: 06.13.2a.a 21 nên 21 dd và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

0BAx0)1y(B)2x(A:d A2By

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450

A3B

B3A0B3AB8A345cos

)1(2BA

BA2 220

2222

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng 05yx3:d 0,25 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng 05y3x:d Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05yx3:d

05y3x:d 0,25

Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình

)( 08y3x9

)( 022y9x37y6x35yx23

63

7y6x3

)1(2

5yx2

2

1

2222

0,25

+) Nếu d // 1 thì d có phương trình 0cy9x3 . Do Pd nên 05y3x:d15c0c96

0,25

+) Nếu d // 2 thì d có phương trình 0cy3x9 . Do Pd nên 05yx3:d15c0c318

0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05yx3:d 05y3x:d 0,25

VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn........ 1 điểmDễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:

0,25

0dcba,0dcz2by2ax2zyx 222222

Vì nên ta có hệ: SD,C,B,'A

1d

1c

1b2

5a

021dc4b2a8

029dc4b6a8

014dc4b6a2

02db2a2

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: 01225222 zyxzyx

0,25

(S) có tâm

1;1;2

5I , bán kính

2

29R

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là: 1;1;1n

Suy ra phương trình của d:

t1;t1;t

2

5H

t1z

t1y

t2/5x

Do nên: )P(dH 6

5t

2

5t302t1t1t

2

5

0,25



6

1;

6

1;

3

5H

6

35

36

75IH , (C) có bán kính

6

186

6

31

36

75

4

29IHRr 22 0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết....... 1 điểm* Xét (1) 1n21n2

1n2kk

1n2k22

1n21

1n20

1n21n2 xC....xC)1(....xCxCC)x1(

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: (2) n21n2

1n21kk

1n2k2

1n21

1n2n2 xC)1n2(....xkC)1(...xC2C)x1)(1n2(

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2

1n22kk

1n2k3

1n22

1n21n2 xC)1n2(n2....xC)1k(k)1(...xC3C2)x1)(1n2(n2

0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 12n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 C ... 2n(2n 1)2 C2n 1

0,25

Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 0,25 VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 1 điểm

(H) có các tiêu điểm . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),

0;5F;0;5F 21 0,25

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1b

y

a

x2

2

2

2

( với a > b)

(E) cũng có hai tiêu điểm 15ba0;5F;0;5F 22221

0,25

2bab16a9E3;4M 2222

Từ (1) và (2) ta có hệ:

15b

40a

bab16a9

b5a2

2

2222

2220,25

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 115

y

40

x 22

0,25

VIb. 2 Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất 1 điểm

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:

3

1

32

tz

ty

tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) 3;1;32 tttI Do 4;0;1105)3()1(232 IttttPI

0,25

* (d) có vectơ chỉ phương là )1;1;2(a , mp( P) có vectơ pháp tuyến là 1;2;1 n

3;3;3n,a . Gọi u là vectơ chỉ phương của 1;1;1u 0,25

u4z

uy

u1x

: . Vì u4;u;u1MM , u;3u;u1AM 0,25



AM ngắn nhất AM 0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM

3

4u . Vậy

3

16;

3

4;

3

7M

0,25

VIIb Giải hệ phương trình:................... 1 điểm

)2(1xxy1x3

)1( 2.3222

x3y2y1x3

Phương trình (2)

0)13(

1

113

012 yxx

x

xxyx

x

xy

x

x

yx

x

x

31

1

0

013

0

1

0,25

* Với x = 0 thay vào (1)

11

8log

11

822.12282.322 2

2 yyyyyy 0,25

* Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:

xy

x

31

12.322 1313 xx

Đặt Vì 132 xt 1x nên 4

1t

)83(log2y

183log3

1x

83t

i¹lo83t01t6t6

t

1t)3(

2

22

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

11

8logy

0x

2

và

)83(log2y

183log3

1x

2

2 0,25



TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN- TP. THÁI NGUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn: TOÁN – Khối: A (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)

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

Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số 2 4

1

xy

x

.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). Câu II (2,0 điểm):

1. Giải phương trình: 221 3 2

1 3x x

x x

2. Giải phương trình: 2 3 4 2 3sin sin sin sin cos cos cos cos4x x x x x x x x

Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: 2

1

lnln

1 ln

e xI x

x x

dx

Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9 9 9 9 9 9

6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3

x y y z z xP

6x x y y y y z z z z x x

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: 2 2 4 3 4 0x y x .

Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có

phương trình . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là

nhỏ nhất.

2 3

2 (t R)

4 2

x t

y t

z t

Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: 2 0z z

B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

.Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ) và (2 1 0 3 3( ) ; ( ')

1 0 2 1 0

x y x y z

x y z x y

0 ' ) cắt

nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ) và ( ' ).

Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2

3 3

log 3 log log

log 12 log log3

x y y x

x x y y

.

-------------------------------- Hết ------------------------ Họ và tên thí sinh: ………………………..……………………………………Số báo danh: ……………...……



ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI A


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0

1. TXĐ: D = R\-1

Chiều biến thiên: 2

6' 0 x

( 1)D

x )

y

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1 và ( 1; ) , hs không có cực trị

0.25

Giới hạn: 1 1

lim 2, lim , limx x x

y y y

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - -1 + y’ + + y

+ 2 2 -

0,25 0.25

+ Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)

f(x)=(2x-4)/(x+1)

f(x)=2

x(t)=-1 , y(t)=t

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

y

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0.25

2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có 6 6

;2 ; ;2 ; , 11 1

A a B b a ba b

0.25

Trung điểm I của AB: I2 2

;2 1

a b a b

a b 1

Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0

0.25

Có :

. 0AB MN

I MN

0.25

=> 0 (0;

2 (2;0

a A

b B

4)

)

0,25

CâuII 2.0 1. TXĐ: x 1;3 0,25

Đặt t= 1 3 , t > 0x x => 2

2 43 2

2

tx x

0,25

đc pt: t3 - 2t - 4 = 0 t=2 0,25



Với t = 2 1

1 3 =2 ( /3

x)x x t

x

m 0,25

2. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x 1,0 TXĐ: D =R

2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x

sin(sin ). 2 2(sin ) sin . 0

2 2x cosx x cosx x cosx

x0

(sin ) sin . 0

x cosx

x cosx x cosx

0,25

+ Với sin 0 ( )4

x cosx x k k Z

0,25

+ Với , đặt t = 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx sin (t 2; 2 )x cosx

được pt : t2 + 4t +3 = 0 1

3( )

t

t loai

0.25

t = -1 2

( )2

2

x mm Z

x m

Vậy :

( )4

2 (

22

x k k Z

)x m m

x m

Z

0,25

Câu III 2

1

lnln

1 ln

e xI x

x x

dx

1,0

I1 =1

ln

1 ln

e xdx

x x , Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 = 4 2 2

3 3

0,5

22

1

lne

I x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2 0,25

I = I1 + I2 =2 2 2

3 3e

0,25

Câu IV 1,0

M

N

AB

D C

SS'

HK

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : . .S ABCD S AMNDV V V

0,25

;. .S AMND S AMD S MNDV V V .. .

. .

1 1; .

2 4S AMD S MND

S ABD S BCD

V VSM SM SN

V SB V SB SC;

0.25

. . .

1

2S ABD S ACD S ABCDV V V ; . .

3 5

8 8S AMND S ABCD S ABCDV V V V . 0.25



25

24V a h

0.25

Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : 3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2

a b b c c aP

a ab b b bc c c ca a

2

0.25

3 3 2 2

2 2 2( )

a b a ab ba b

a ab b a ab b

2

mà

2 2

2 2

1

3

a ab b

a ab b

(Biến đổi tương đương)

2 2

2 2

1( ) ( )

3

a ab ba b a b

a ab b

0.25

Tương tự: 3 3 3 3

2 2 2 2

1 1( ); (

3 3

b c c ab c c a

b bc c c ca a

)

=> 32( ) 2.

3P a b c abc 2 (BĐT Côsi)

0.25

CâuV

=> P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1

0.25

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI.a 2.0

1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25

Pt đường thẳng IA : 2 3

2 2

x t

y t

, I IA' => I’( 2 3 ;2 2t t ),

0,25

1

2 ' '( 3;3)2

AI I A t I

0,25

(C’): 2 2

3 3x y 4

0.25

2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) , AB//d. d 0.25 Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB

0.25 0,25

MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25

CâuVII.a 1.0

z = x + iy ( ,x y R ), z2 + 2 2 2 20 2z x y x y xyi 0 0,25

2 2 2 2

2 0

0

xy

x y x y

0,25

0

0

0

1

0

1

x

y

x

y

x

y

0,25

Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,25 B. Chương trình nâng cao Câu VI.b

2.0



1. , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 (7;3)BD AB B (2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c ,

I =2 1 2 1

;2 2

a c a c

7 là trung điểm của AC, BD.

0,25

I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c 0,25

M, A, C thẳng hàng ,MA MC

cùng phương => c2 – 13c +42 =0 7( )

6

c loai

c

0,25

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25 2.

Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ) ( ' ) = A 1 3

;0;2 2

0.5

(0; 1;0) ( )M , Lấy N , sao cho: AM = AN => N ( ') AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ) và

( ) chính là đg thẳng AI '

0.25

Đáp số:

1 2

1 3 12 2 2( ) : ; ( ) :

1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5

14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30

x z xy yd d

32

z

0,25

Câu VII.b

TXĐ: 0

0

x

y

0.25

2 2 2

3 3 3

log 3 log log 3 . 2 .

log 12 log log 12 . 3 .

x y

x y

x y y x y x

x x y y x y

0.25

2

3 . 2 .x y

y x

y x

0.25

4

3

4

3

log 2

2 log 2

x

y

(t/m TXĐ)

0,25

(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng như trong đáp án ).



SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2011 MÔN: TOÁN - KHỐI B

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

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

Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m-1)x + 2.

1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m.

2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

trong trường hợp đó.

Câu II: (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: (1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx.

2. Giải bất phương trình: 251 2x x

11 x

.

Câu III: (1,0 điểm). Tính:

222

20

xA d

1 x

x .

Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA

vuông góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.

a) Mặt phẳng () đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết

diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.

b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH (SCD); và hình chiếu

của O trên CI thuộc đường tròn cố định.

Câu V: (1,0 điểm). Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai

điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M() sao cho 2MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất.

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

A. Theo chương trình chuẩn.

Câu VIa: (2,0 điểm). Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)

a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung

điểm của AB.

b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1.

Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:

1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20

B. Theo chương trình nâng cao.

Câu VIb: (2,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x

= -3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t R. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A; cắt và vuông góc với (d).

Câu VIIb: (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng

được giới hạn bởi các đường: y = lnx; y = 0; x = 2.

Thí sinh không được dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ tên ............................................................Số báo danh ..................................

---------- Hết ----------

1



ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI B


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0 1. y’= 3x2 – 6mx + m -1, => hs luôn có cực trị 2' 3(3 1) 0 m m m

0.5

2. y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu tại x = 2 '(2) 0

1''(2) 0

ym

y

0.5

+) Với m =1 => y = x3 -3x + 2 (C) TXĐ: D = R

Chiều biến thiên: 2 0' 3 6 , y' = 0

2

xy x x

x

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0 ;2)

0.25

Giới hạn: lim , limx x

y y

Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0) BBT x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + y

2 + - -2

0,25 0.25

+ Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (1; 0), 1 3;0 , trục tung tại điểm (0; 2) f(x)=x^3-3x^2+2

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng

0.25

CâuII 2.0

1. TXĐ: x ( )2

l l Z

0,25

Đặt t= tanx => 2

2sin , đc pt: 2

1

tx

t

2

02(1 ) 1 1

11

ttt t

tt

0,25

Với t = 0 => x = k , ( )k Z (thoả mãn TXĐ) 0,25

Với t = -1 =>4

x k (thoả mãn TXĐ)

0,25

2. 1,0

2



2

2

2

2 2

1 0

51 2 051 2

1 1 01

51 2 0

51 2 (1 )

x

x xx x

xx

x x

x x x

0,5

1

1 52; 1 52

1

( ; 5) (5; )

1 52; 1 52

x

x

x

x

x

0,25

1 52; 5 1; 1 52x 0.25

Câu III 1,0

Đặt t = sinx => 21 cos , cosx t dx tdt 0,25

4

2

0

sinA t dt

0,25

2

8A

0,5

Câu IV 1,0

O

Q

H

P

A D

B

C

S

I

M

N

I

a. Kẻ MQ//SA => ( ) ( ) ( )MQ ABCD MQO Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)

0,25

2( ).

2 8td

3MN PQ MQ aS

(đvdt)

0.25

b. : / / , , ( ) (AMC OH AM AM SD AM CD AM SCD OH SCD ) 0.25

Gọi K là hình chiếu của O trên CI , ( )OK CI OH CI CI OKH CI HK Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC

0.25

3



M (2 2; ), (2 3; 2), (2 1; 4)M t t AM t t BM t t

0.25 2 2 22 15 4 43AM BM t t f t ( ) 0.25

CâuV

Min f(t) = 2

15f

=> M

26 2;

15 15

0,5

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn

CâuVI.a 2.0 a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B , M là trung điểm AB => ( )C IM AB Đường thẳng d cần tìm là đg thẳng AB

0,5

d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM

=> d: x + y - 6 =0 0,5

2. Đg thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m x + y – m =0 (d’) 0.25 d’ tiếp xúc với (C) ( ; ') 2d I d R 0.25

4 2 2

4 2 2

m

m

0,25

Pt tiếp tuyến : (4 2 2) 0

(4 2 2) 0

x y

x y

0,25

CâuVII.a 1.0

21

20 (1 ) 11 (1 ) ... (1 )

iP i i

i

0,25

1021 2 10 10(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i 0,25

10

10 102 (1 ) 12 2 1

iP i

i

0,25

Vậy: phần thực , phần ảo: 102 102 1 0,25

B. Chương trình nâng cao Câu VI.b

2.0

1. , Vt chỉ phương ( 3 2 ;1 ; 1 4 )d B B t t t (2; 1;4)du

0,5

. 0d 1AB u t

0,5

=> B(-1;0;3) 0,5

Pt đg thẳng

1 3

: 2

3

x t

AB y t

z t

0,5

Câu VII.b

2

2

1

lnV x dx 0.25

Đặt 2 1ln 2ln . ; u x du x dx dv dx v

x x

0.25

22 ln 2 2ln 2 1V 0.5

(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng như trong đáp án ).

4



5



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : 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

1

xy

x

2

(C)

1. Khảo sát hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos5 .cos 3 sin cos8x x x x , (x R)


5 3

x y x y y (x, y R)

x y

Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1xy e ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8. Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

4

a, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V: (1 điểm) Cho x,y R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 2 2

( 1)( 1)

x y x yP

x y

PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I

và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

1

z ;

d

2 1

x y

2: 1 2 1

2

z và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của

đường thẳng , biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 1

x y

1 , d2 .

Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2

2log 2log2 2

x xx 0 0 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0,

phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC.

3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 3

4

x

1 1

y

z và điểm

M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng (P) bằng 4.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 25

8 6z iz

….. 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: ………..



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: 2

4' 0,

( 1)y x D

x

.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số không có cực trị.

0,25

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2 2 2 2

lim 2 ; lim 21 1

x x

x xx x

. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.

1 1

2 2 2 2lim ; lim

1 1

x x

x xx x

. Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.

0,25

-Bảng biến thiên: x - - 1 + y’ + +

y

+ 2 2 -

0,25 I-1 (1 điểm)

Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2).

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25 d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25 Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).

Theo ĐL Viét ta có 1 2

1 2

22

2

mx x

mx x

. 0,25 I-2 (1 điểm)

AB2 = 5 ( ) 2 21 2 1 24( )x x x x 5 12

1 2 1 2( ) 4xx x x m2 - 8m - 20 = 0

m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 2.

0,25

y

2 y=2

-1 O1 x

-2

x= -1



PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25 1- 2sin2x + sinx = 0 0,25

sinx = 1 v 1

sin2

x 0,25 II-1 (1 điểm)

7

2 ; 2 ; 2 , ( )2 6 6

x k x k x k k Z 0,25

ĐK: x + y 0 , x - y 0, y 0 0,25

PT(1) 2 2 2 22 2 4 2x x y y x y y x2

2 0

5 4 (

y x

y xy

(3)

4) 0,25

Từ PT(4) y = 0 v 5y = 4x Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3))

0,25 II-2

(1 điểm)

Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có 2 3x x x 1

KL: HPT có 1 nghiệm 4

( ; ) 1;5

x y

0,25

Diện tích ln8

ln 3

1xS e dx ; Đặt 2 21 1x x x 1t e e tt e 0,25

Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx 2

2

1

tdx dt

t

0,25

Do đó 3 32

2 22 2

2 22

1 1

tS dt

t t dt 0,25

III (1 điểm)

= 31 3

2 ln 2 ln21 2

tt

t

(đvdt)

0,25

Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi

đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 060A DB Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO (ABCD).

0,25

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có

và DH = DH AB 3a ; OK // DH và 1

2 2

aOK DH

3 OK AB AB (SOK)

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

0,25

0,25

IV (1 điểm)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 2 2OI OK SO

1 1 1 aSO

Diện tích đáy 24 2. . 2D SABC ABOS OA OB 3a ;

đường cao của hình chóp 2

aSO .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

.

1 3.

3 3D DS ABC ABC

aV S SO

0,25

S

A

B K

H

C

O

I D

a

3a



Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có 2

4

txy 0,25

3 2 (3 2)

1

t t xy tP

xy t

. Do 3t - 2 > 0 và

2

4

txy nên ta có

23 2

2

2

(3 2)

42

14

t tt t t

Pt t

t

0,25

Xét hàm số 2 2

2

4( ) ; '( ) ;

2 ( 2

t tf t f t

t t

)

t f’(t) = 0 t = 0 v t = 4.

t 2 4 +f’(t) - 0 +

f(t)

+ +

8

0,25

V (1 điểm)

Do đó min P = (2; )min ( )f t

= f(4) = 8 đạt được khi

4 2

4 2

x y x

xy y

0,25

Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25 Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.

IH = 2 2

| 4 | | 5 |( , )

16 16

m m md I

m m

0,25

22 2

2 2

(5 ) 2025

16 16

mAH IA IH

m m

0,25

VI.a -1 (1 điểm)

Diện tích tam giác IAB là S 12 2 12SIAB IAH

2

3( , ). 12 25 | | 3( 16) 16

3

md I AH m m

m

0,25

Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25

Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là u (1;3; 1)

0,25 VI.a -2

(1 điểm)

Phương trình chính tắc của đường thẳng là: 1 2

1 3 1

x y z

0,25

Điều kiện: x> 0 ; BPT 22 24log 2log2 2x xx 0 0 0,25

Đặt t . Khi đó . 2log x

0

2tx

BPT trở thành . Đặt y = ; y 1. 2 22 24 2 20t t

222 t0,25

BPT trở thành y2 + y - 20 0 - 5 y 4. 0,25 VII.a

(1 điểm)

Đối chiếu điều kiện ta có : 22 22 4 2 2t t t2 1 - 1 t 1.

Do đó - 1 2log x 1 1

22

x 0,25

I

H

5 BA



Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: - - 2 0

2 - 5 0

x y

x y

A(3; 1) 0,25

Gọi B(b; b- 2) AB, C(5- 2c; c) AC 0,25

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 3 5 2

1 2 6

b c

b c

9

5

2

b

c

. Hay B(5; 3), C(1; 2) 0,25

VI.b- 1 (1 điểm)

Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ( 4; 1)u BC

. Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0

0,25

Giả sử là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). ( ; ; )n a b c

Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.

Đường thẳng đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4)u

0,25

Từ giả thiết ta có 2 2 2

. 4 0/ /( ) (1)

| 5 |4( ; ( )) 4 (2)

n u a b c

Pa b

d A Pa b c

0,25

Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8a c a c ac a ac c 0

4 2 a a

vc c

0,25

VI.b-2 (1 điểm)

Với 4a

c chọn a = 4, c = 1 b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.

Với 2a

c chọn a = 2, c = - 1 b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.

0,25

Giả sử z = a +bi với ; a,b R và a,b không đồng thời bằng 0. 0,25

Khi đó 2 2

1 1;

a biz a bi

z a bi a b

0,25

Khi đó phương trình 2 2

25 25( )8 6 8 6

a biz i a bi

z a bi

0,25

VII.b (1 điểm)

. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 2 2 2 2

2 2 2 2

( 25) 8( ) (1)

(2)( 25) 6( )

a a b a b

b a b a b

3

4b a thế vào (1)

Ta có a = 0 v a = 4 Với a = 0 b = 0 ( Loại) Với a = 4 b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.

0,25



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B


Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số (m là tham số) có đồ thị là (C3 23 4y x mx m 3m)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.

Câu 2 (2.0 điểm ) :


3 4 2sin 22 3 2(cotg 1)

sin 2cos

xx

xx

.

2. Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2

x y y x

x x y y m

0 có nghiệm thực.

Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình:

(P): 2x y 2z 2 = 0; (d): 1 2

1 2 1

x y z

1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.

2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất.

Câu 4 (2.0 điểm):

1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.

2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 1 1 1

1 1 1P

xy yz

zx

Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip

(E):2 2

18 6

x y và parabol (P): y2 = 12x.

2. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton: 12

4 11 x

x

o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................




1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4 + TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0 x = 0 hoặc x = 2

Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x 6 = 0 x = 1

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn và tiệm cận: 33

3 4lim lim 1

x xy x

x x

0.25

LËp BBT:

0.25

§å thÞ:

0.25

2/. Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0 0

2

x

x m

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m 0.

0.25

I

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 3(2 ; 4 )AB m m

Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25

0

x

4 +∞

∞

+ +0 0 y’

∞2 +∞ 0

y

y

x O



Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x

3

3

2 4

2

m m

m m

0

0.25

Giải ra ta có: 2

2m ; m = 0 0.25

Kết hợp với điều kiện ta có: 2

2m

2/. Đk: 2

x k

0.25

Phương trình đã cho tương đương với:

2

2 22

2

43 1 2 3 2

sin 2

2(sin cos )3 3

sin cos

3 2 3 0

tg cotg

tg cotg

tg tg

x xx

x x2x x

x x

x x

0.25

3

31

3 6

tg

tg

x kx

x x k

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2

x k

; kZ 0.25

2/. 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 0 (2)

x y y x

x x y y m

Điều kiện: 2

2

1 0 1

0 22 0

1x x

yy y

0.25

Đặt t = x + 1 t[0; 2]; ta có (1) t3 3t2 = y3 3y2. 0.25

Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

(1) y = y y = x + 1 (2) 2 22 1 0x x m 0.25

II

Đặt 21v x v[0; 1] (2) v2 + 2v 1 = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v 1 đạt 0;1 0;1

min ( ) 1; m ( ) 2[ ] [ ]

axg v g v

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2

0.25



1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là: 1 2 ;

2

x t

y t t

z t

R

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)().

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |( ; ) 3

t t t td I

3 3

2

37

3

t

t

0.25

Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1

; ; ; ;3 3 3 3 3 7

vμ I I

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5.

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2

2 1 8 7 17 125 25

3 3 3 3 3 3 vμ x y z x y z

0.25

2/. Đường thẳng () có VTCP ( 1;2;1)u

; PTTQ: 2 1

2 0

x y

x z

0

Mặt phẳng (P) có VTPT (2; 1; 2)n

0.25

Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: | 2 2 2 | 6

sin33. 6

Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là 6 3

cos 19 3

0.25

Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z 2) = 0 (m2+ n2 > 0)

(2m + n)x + my + nz + m 2n = 0

Vậy góc giữa (P) và (Q) là: 2 2

| 3 | 3cos

33. 5 2 4

m

m n mn

0.25

III

m2 + 2mn + n2 = 0 (m + n)2 = 0 m = n.

Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y z + 3 = 0 0.25

IV

1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x 4

0.25



Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 2 2

4 2

0 1

(4 4)V x dx x d

x 0.25

=5

32 216 16( 1)

0 15 3 1

xx

5

0.5

2/. Ta có: 1 1 1(1 ) (1 ) (1 ) 9

1 1 1xy yz zx

xy yz zx

0.25

2 2

9 9

3 3P

xy yz zx 2x y z

0.25

9 3

6 2P 0.25

Vậy GTNN là Pmin = 3

2 khi x = y = z 0.25

1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)

() là tiếp tuyến của (E) 8A2 + 6B2 = C2 (1)

() là tiếp tuyến của (P) 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2)

0.25

Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A.

Với C = 2A A = B = 0 (loại) 0.25

Với C = 4A 2

3

AB

Đường thẳng đã cho có phương trình:

2 2 34 0 4

33

AAx y A x y 0

0.25

V

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3

4 03

x y 0.25

Ta có: 1212 12

4 4 1212

0

1 11 1 ( 1)

kk k

k

x x C 4 1x

x x x

0.25

12 12

12 4 12 4 412 12

0 0 0 0

1212 4 5

120 0

1( 1) ( 1)

( 1)

ik kk ik k i k k i k i ik k

k i k i

kk k i k i

kk i

C C x C C x xx

C C x

0.25

Ta chọn: i, k N, 0 i k 12; 4k 5i = 8

i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 0.25

V

Vậy hệ số cần tìm là: 2 0 7 4 12 812 2 12 7 12 12. . . 27159C C C C C C 0.25



TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Lần II

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B


Câu I: (2,0 điểm)

Cho hàm số 2 4

( )1

xy C

x

.

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

CMR diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. Câu II: (3,0 điểm)


2 2

2

21

xyx y

x y

x y x y

2. Giải phương trình: 2 22sin 2sin t anx4

x x

.

3. Giải bất phương trình: 2 2

1 5 3 1

3 5

log log 1 log log 1x x x x

Câu III: (2,0 điểm)

1. Tính tích phân: 23

1

ln 2 lne x xI dx

x

.

2. Cho tập 0;1;2;3;4;5A , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác

nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Câu IV: (2,0 điểm)

1. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.

2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b. Gọi là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC). Tính tan và thể tích chóp A’.BCC’B’.

Câu V: (1,0 điểm) Cho 0, 0, 1x y x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1

x yT

x y

……………………………………………….Hết………………………………………………….



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 A, B NĂM 2011

Câu Ý Nội dung ĐiểmI 2 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)

-Tập xác định: R\-1

-Sự biến thiên: 2

6' 0

1y

x

1x . Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác

định của hàm số.

0.25

- là tiệm cận đứng 1

lim 1x

y x

- là tiệm cận ngang lim 2 2x

y y

0.25

-Bảng biến thiên

0.25

-Đồ thị

0.25

2 Tìm cặp điểm đối xứng….(1,00 điểm)

Gọi 2 4; 1

1

aM a C a

a

Tiếp tuyến tại M có phương trình:

2

6 2

11

ay x a

aa

4

Giao điểm với tiệm cận đứng 1x là 2 10

1;1

aA

a

Giao điểm với tiệm cận ngang 2y là 2 1;2B a

Giao hai tiệm cận I(-1; 2)

12 1 1; 2 1 . .24 12

1 2 2IABIA IB a S IA AB da

vdt

0.25

0.25

0.25

0.25

-∞

+∞

2

++

-1-∞

y

y'

x

2

+∞

y

x

2I

21-1

-4



Suy ra đpcm

II 3 1 Giải hệ …(1,00 điểm)

2 2

2

21 1

0

2

xyx y

x y dk x y

x y x y

2 321 2 1 0 2 2

xyx y xy x y xy x y xy x y

x y

0

2

2 2

1 2 1

1 1 2

1 3

0 4

x y x y xy x y

x y x y x y xy

x y

x y x y

0

0

0.5

Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0 Thế (3) vào (2) ta được 2 1x y

Giải hệ ……

2

1 1; 0

2; 31

x y x y

x yx y

0.5

2 Giải phương trình….(1,00 điểm) Đk: cos 0x (*)

2 2 2 sinx2sin 2sin t anx 1 cos 2 2sin

4 2x x x x

cos x

0.25

2cos sin 2 .cos 2sin .cos sinx cos sinx sin 2 cos sinx 0x x x x x x x x 0.25

cos 0

sinx cos t anx 14

4 2sin 2 1 2 2

2 4

x

x x kx k

x x l x l

(tm(*))… 0.5

3 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

2 2

1 5 3 1

3 5

log log 1 log log 1 (1)x x x x

Đk: 0x

0.25



2 2

3 1 3 5

5

2 2

3 1 5

5

2 2

5

1 log log 1 log log 1 0

log log 1 .log 1 0

log 1 1

x x x x

x x x x

x x

2

50 log 1 1x x

*) 2

50 log 1 0x x x

*) 2 2 2

5

12log 1 1 1 5 1 5 ...

5x x x x x x x

Vậy BPT có nghiệm 12

0;5

x

0.25

0.25

0.2

III 2

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

23 12 23 3

1 1 1

4234 433

1

ln 2 ln 1ln 2 ln ln 2 ln 2 ln

2

3 2 ln1 3. 3 2

2 4 8

e e e

e

x x 2I dx x xd x x d xx

x

0.5

0.5

2 Lập số …..(1,00 điểm)

-Gọi số cần tìm là 0abcde a

-Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: 2

5A cách

3 vị trí còn lại có 3

4A cách

Suy ra có 2 3

5 4A A số -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 3 vị trí còn lại có 3

4A cách

Suy ra có 3

44.A số

Vậy số các số cần tìm tmycbt là: 2 3

5 4A A - 3

44.A = 384

0.25

0.25

0.25

0.25

IV 2

1 Viết phương trình đường tròn….(1,00 điểm) Gọi ;I a b là tâm đường tròn ta có hệ



2 2 2 2

2

2 2

2 5 4 1

3 9; 2 510

a b a bIA IB

a bIA d I a b

(1)

2

3

1 2a b thế vào (2) ta có 2 12 20 0 2 10b b b b

*) với 2 22 1; 10 : 1 2b a R C x y 10

*)với 2 210 17; 250 : 17 10 250b a R C x y

0.25

0.25

0.25

0.25 2 Hình lăng trụ ….(1,00 điểm) Gọi O là tâm đáy suy ra 'A O ABC và góc 'AIA

*)Tính tan

'tan

A O

OI với

1 1 3

3 3 2 6

a aOI AI

3

2 22 2 2 2 3

' '3 3

a b aA O A A AO b

2

2 22 3tan

b a

a

*)Tính '. ' 'A BCC BV

'. ' ' . ' ' ' '.

2 2 2 2 2

1' . ' .

3

2 3 1 3 3. . .

3 2 2 63

A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABCV V V A O S A O S

b a a a b aa d

vtt

0.25

0.25

0.5

V 1

Đặt 2 2cos ; sin 0;2

x a y a a

khi đó

2 2 3 3 sin cos 1 sin .coscos sin cos sin

sin cos sina.cos sin .cos

a a aa a a aT

a a a a a

a

Đặt 2 1

sin cos 2 sin sin .cos4 2

tt a a a a a

Với 0 1 22

a t

Khi đó 3

2

3

1

t tT f ; t

t

4

22

3' 0 1; 2 2

1

tf t t f t f

t

2

Vậy

1; 2

min 2 2t

f t f

khi 1

2x y . Hay min 2T khi

1

2x y .

I

B'

C'

O

A C

B

A'



®Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt khèi ATr−êng THPT TrÇn H−ng §¹o M«n: To¸n Thêi gian: 180 phót

I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm)

1

C©u I (2 ®iÓm). Cho hμm sè 2

12

x

xy cã ®å thÞ lμ (C)

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vμ vÏ ®å thÞ cña hμm sè 2.Chøng minh ®−êng th¼ng d: y = -x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dμi nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1.Gi¶i ph−¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2.Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh )3(log53loglog 24

22

22 xxx

C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hμm xx

dxI

53 cos.sin

C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ çc c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vμ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®−êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®−êng th¼ng AA1 vμ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). Cho a, b, c và 0 2 2 2 3a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

2 21 1 1

a b cP

b c

3

2a

II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch−¬ng tr×nh chuÈn C©u VIa (2 ®iÓm). 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vμ ®−êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®−êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mμ tõ ®ã kÎ ®−îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®−êng trßn (C) (B, C lμ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vμ ®−êng th¼ng d cã ph−¬ng tr×nh

. LËp ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vμ kho¶ng çch tõ d tíi (P) lμ

lín nhÊt.

tz

ty

tx

31

21

C©u VIIa (1 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vμ kh¸c 0 mμ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vμ hai ch÷ sè lÎ.

2.Theo ch−¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm)

1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®−êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vμ ®−êng th¼ng d cã ph−¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®−êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mμ tõ ®ã kÎ ®−îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®−êng trßn (C) (B, C lμ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vμ ®−êng th¼ng d cã ph−¬ng

tr×nh3

1

12

1

zyx. LËp ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vμ kho¶ng çch tõ d

tíi (P) lμ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mμ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vμ ba ch÷ sè lÎ.

-HÕt-



®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a m«n to¸n

I.PhÇn dμnh cho tÊt c¶ çc thÝ sÝnh

C©u §¸p ¸n §iÓm

1. (1,25 ®iÓm)

a.TX§: D = R\-2 b.ChiÒu biÕn thiªn +Giíi h¹n:

22

lim;lim;2limlimxxxx

yyyy

Suy ra ®å thÞ hμm sè cã mét tiÖm cËn ®øng lμ x = -2 vμ mét tiÖm cËn ngang lμ y = 2

0,5

+ Dxx

y

0)2(

3'

2

Suy ra hμm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng )2;( vμ );2(

0,25

+B¶ng biÕn thiªn x -2 y’ + + 2 y 2

0,25

c.§å thÞ:

§å thÞ c¾t çc trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 2

1) vμ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(

2

1 ;0)

§å thÞ nhËn ®iÓm (-2;2) lμm t©m ®èi xøng

0,25

2. (0,75 ®iÓm) Hoμnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vμ ®−êng th¼ng d lμ nghiÖm cña ph−¬ng

tr×nh

)1(021)4(

2

2

122 mxmx

xmx

x

x

Do (1) cã nªn ®−êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B

mmmvam 0321)2).(4()2(01 22

0,25

I (2 ®iÓm)

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 =

y

2

-2 O x

2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt AB2 nhá nhÊt m = 0. Khi ®ã 0,5

2



24AB 1. (1 ®iÓm)

Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

(1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

)(07sin2cos6

0sin1

VNxx

x0,25

2

2kx

0,25

2. (1 ®iÓm)

§K:

03loglog

02

222 xx

x

BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi

)1()3(log53loglog 22

222 xxx

®Æt t = log2x,

BPT (1) )3(5)1)(3()3(5322 tttttt

0,5

4log3

1log

43

1

)3(5)3)(1(

3

1

2

2

2x

x

t

t

ttt

t

t

0,25

II (2 ®iÓm)

1682

10

x

x VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lμ: )16;8(]

2

1;0(

xx

dx

xxx

dxI

23233 cos.2sin8

cos.cos.sin

®Æt tanx = t

dtt

t

t

tdt

I

t

tx

x

dxdt

3

32

32

22

)1(

)1

2(

8

1

22sin;

cos

0,5

III 1 ®iÓm

Cx

xxxdttt

tt

dtt

ttt

22433

3

246

tan2

1tanln3tan

2

3tan

4

1)

33(

133

0,5

3



Do nªn gãc )( 111 CBAAH HAA1 lμ gãc gi÷a AA1 vμ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 30HAA1

HAA1

0. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc

=30 0 2

31A

aH . Do tam gi¸c A1B1C1 lμ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H

thuéc B1C1 vμ 2

31HA

11CB 1CB

a nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c

nªn AH )H( 1AA1

0,5

KÎ ®−êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lμ kho¶ng çch gi÷a AA1 vμ B1C1

0,25

C©u IV 1 ®iÓm

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3.

1

1 a

AA

AHHAHK

0,25

0,5

C©u V 1 ®iÓm

Ta có: P + 3 = 2

2

32

2

32

2

3

111a

a

cc

c

bb

b

a

24

1

121224

6 2

2

2

2

3 b

b

a

b

aP

24

1

1212

2

2

2

2

3 c

c

b

c

b

24

1

1212

2

2

2

2

3 a

a

c

a

c

3

6

3

6

3

6

2163

2163

2163

cba

6

222

3 82

9)(

222

3

22

3 cbaP

2

3

22

3

22

9

22

3

22

96 3

P

Để PMin khi a = b = c = 1

0,5

4

PhÇn riªng.

1.Ban c¬ b¶n

1.( 1 ®iÓm) C©u VIa 2 ®iÓm

Tõ ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®−êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®−îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®−êng trßn vμ ACAB => tø gi¸c ABIC lμ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 23 IA

0,5

A1

A B

C K

C

H

B1



7

56123

2

1

m

mm

m

0,5

2. (1 ®iÓm)

Gäi H lμ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vμ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vμ (P) lμ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lμ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi

IA VËy (P) cÇn t×m lμ mÆt ph¼ng ®i qua A vμ nhËn AH lμm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5

)31;;21( tttHdH v× H lμ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn

)3;1;2((0. uuAHdAH lμ vÐc t¬ chØ ph−¬ng cña d)

)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Tõ gi¶ thiÕt bμi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè

0)vμ çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 60 bé 4 sè tháa m·n bμi to¸n

624 C

1025 C 2

5C 25C

0,5 C©u

VIIa 1 ®iÓm

Mçi bé 4 sè nh− thÕ cã 4! sè ®−îc thμnh lËp. VËy cã tÊt c¶ . .4! = 1440 sè

24C 2

5C 0,5

2.Ban n©ng cao.

1.( 1 ®iÓm)

Tõ ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®−êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®−îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®−êng trßn vμ ACAB => tø gi¸c ABIC lμ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 23 IA

0,5

7

56123

2

1

m

mm

m

0,5

2. (1 ®iÓm)

Gäi H lμ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vμ (P)//d, khi ®ã kho¶ng çch gi÷a d vμ (P) lμ kho¶ng çch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lμ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã HIAH => HI lín nhÊt khi

IA VËy (P) cÇn t×m lμ mÆt ph¼ng ®i qua A vμ nhËn AH lμm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn.

0,5

C©u VIa 2 ®iÓm

)31;;21( tttHdH v× H lμ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn

)3;1;2((0. uuAHdAH lμ vÐc t¬ chØ ph−¬ng cña d)

)5;1;7()4;1;3( AHH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Tõ gi¶ thiÕt bμi to¸n ta thÊy cã çch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷

sè 0 ®øng ®Çu) vμ =10 çch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®−îc chän.

1025 C

35C 2

5C 35C

0,5 C©u

VIIa 1 ®iÓm

Mçi bé 5 sè nh− thÕ cã 5! sè ®−îc thμnh lËp => cã tÊt c¶ . .5! = 12000 sè. 25C 3

5C

MÆt kh¸c sè çc sè ®−îc lËp nh− trªn mμ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lμ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bμi to¸n

960!4.. 35

14 CC

0,5

5



6



Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D Tháng 01/2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm)

Cho hàm số y = x

x-1 (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm)

1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c

2. Giải hệ phương trình 2

2 2

12 2

2 2

x xy

y y x y

Câu III. (1.0 điểm)

Tính tích phân

12 3

0

( sin )1

xx x d

x

x

Câu IV. (1.0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1

2x y z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm)

Giải bất phương trình 2 3

3 42

log ( 1) log ( 1)0

5 6

x x

x x

B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình 1 2 2

22 3x x x xx x x xC C

C C (C là tổ hợp chập k của n phần tử) kn

.................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..................................................



Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D Tháng 01/2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG

ĐIỂM TXĐ : D = R\1

0.25

Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1x x

f x f x

nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1lim ( ) , limx x

f x

nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y’ =2

10

( 1)x

0.25

Bảng biến thiên

1

+

-

1

- -

y

y'

x - 1 +

Hàm số nghịc biến trên và (1( ;1 ) ; ) Hàm số không có cực trị

0.25

Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ)

Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 002

0 0

1( )

( 1) 1

xy x x

x x

20

2 20 0

10

( 1) ( 1)

xx y

x x

0.25 2.(1.0đ)

Ta có d(I ;tt) = 0

40

21

11

( 1)

x

x

Xét hàm số f(t) = 4

2( 0

1

tt

t

) ta có f’(t) =

2

4 4

(1 )(1 )(1 )

(1 ) 1

t t t

t t

0.25

ĐỀ CHÍNH THỨC



-+

f(t)

f'(t)

x

2

0

10 +

f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay

00

0

21 1

0

xx

x

0.25

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25

4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x 0.25

os x=0

2cos5x =sinx+ 3 cos

c

x

0.25

cos 0

os5x=cos(x- )6

x

c

0.25

Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ)

2

24 22

42 7

x k

kx

kx

0.25

ĐK : 0y

hệ

2

2

12 2

2 12 0

x xy

xy y

0

0

0 đưa hệ về dạng

2

2

2 2

2 2

u u v

v v u

0.5 2.(1.0đ)

2

1

1 1

2 2 0 3 7 3 7

2 2,1 7 1 7

2 2

u v u v

u v u v

v v uu u

v v

Từ đó ta có nghiệm của hệ

(-1 ;-1),(1 ;1), (3 7 2

;2 7 1

), (3 7 2

;2 7 1

)

0.5

Câu III. (1.0đ)

1 12 3

0 0

sin1

xI x x dx dx

x

0.25



Ta tính I1 = 1

2 3

0

sinx x dx đặt t = x3 ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25

Ta tính I2 = 1

0 1

xdx

x đặt t = x ta tính được I2 = 1

20

12 (1 ) 2(1 ) 2

1 4dt

t 2

0.25

Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 22

0.25

Ta có 1 1 1

2x y z nên

0.25

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (

y z y z

x y z y z yz

1)

Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)

1 1 2 (x z x z

y x z x z xz

2)

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (

x y x y

y x y x y xy

O

C

B

S

H

A

D

3)

0.25

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1

( 1)( 1)( 1)8

x y z 0.25

Câu IV. (1.0đ)

vậy Amax = 1 3

8 2x y z

0.25

Ta có ( . . )SBD DCB c c c SO CO Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S.

21CA x Mặt khác ta có

2 2 2 2 2AC BD AB BC CD AD 2

23 ( 0BD x do x 3)

2 211 3

4ABCDS x x

0.5

Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD H CO

0.25

Câu V. (1.0đ)

Mà 2 2 2 2

1 1 1

1

xSH

SH SC SA x

Vậy V = 213 ( vt

6x x d t)

0.25

Câu VIa. (2.0đ) 1.

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5



B'

Y

Z

X

N

D'

C'

A'

C

D A

B

M

(1.0đ) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5

2. (1.0đ)

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có

5

21 2 05

2 2 2 02

8 4 4 01

8 4 4 0 24

AA D

B C D B

A C DCB C D

D

Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D

1.0

Đk: x > - 1

0.25

bất phương trình

33

3

3log ( 1)2 log ( 1)

log 40

( 1)( 6)

xx

x x

3log ( 1)

06

x

x

0.25 0.25

0 6x 0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25

Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2

2 2

2 2

(1 )

(1 ) (2 )

( 1) 2

a b R

a y

a b R

2R

0.25

Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ)

2

0

1

2

a

b

R

Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2

0.5

2. (1.0đ)

Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q QAB n AB n

Vì nên mặt phẳng (P) nhận ; 0QAB n ; QAB n

làm véc tơ pháp tuyến

Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

1.0

Câu VIIb (1.0đ)

ĐK : 2 5x

x N

Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 32 1 1 2 2 2

x x x x x x x x x xx x x x x x x x x xC C C C C C C C C C

(5 )! 2! 3x x

1.0



Chó ý: NÕu thÝ sinh lμm bμi kh«ng theo çch nªu trong ®¸p ¸n mμ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p

¸n quy ®Þnh.



ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LÀNI NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút) -----------------------@--------------------------- --------------------------------------@----------------------------------- (Không kể thời gian phát đề)

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến

góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình : 22 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2 )4

c c x

2. Giải phương trình : 2 2

1 2 2 1 2 2 22

log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6

0

tan( )4

os2x

xI dx

c

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . 2 2 23( ) 2P x y z xy zB. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng . : 3 4 4 0x y Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z .

Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v

, vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S).

Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2

( ) : 19 4

x yE và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .

Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z .

Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v

, vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm):

Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2

0 1 22 2 2 121...

2 3 1

nn

n n n nC C C Cn n

1

-------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------- Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:..............................



http://ductam_tp.violet.vn/

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG Điêm

2. Ta có , 2 23 6 3( 1y x mx m )

Để hàm số có cực trị thì PT , 0y có 2 nghiệm phân biệt

2 22 1x mx m 0 có 2 nhiệm phân biệt

1 0, m

05

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)

025

Theo giả thiết ta có 2 3 2 22 6 1 0

3 2 2

mOA OB m m

m

Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m và 3 2 2m .

025

1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )

2

os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0

PT c x c

c x c x

05

sin(4 ) sin(2 ) 06 6

18 32sin(3 ). osx=06

x=2

x x

x kx c

k

Vậy PT có hai nghiệm 2

x k và

18 3x k

.

05

2. ĐK :1 5

2 20

x

x

.

Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2

2 22 2 2

2

log (5 2 )log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)

log (2 1)

xx x

x

2x x

05

2

2 2

2

1

4log (2 1) 11

log (5 2 ) 2 log (2 1) 22

log (5 2 ) 0 2

xx

x x x x

x x

025

I II Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.

025



26 6

20 0

tan( ) tan 14os2x (t anx+1)

x xI dx dx

c

025

Đặt 22

1t anx dt= (tan 1)

cost dx

x x dx

0 0

1

6 3

x t

x t

05

Suy ra

11

33

200

1 1

( 1) 1 2

dtI

t t

3

.

025

Ta có (1) , ( , )

, ( )

AM BC BC SA BC AB

AM SB SA AB

AM SC

Tương tự ta có AN SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC

05

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)

Suy ra 1

.3ABMI ABMV S IH

Ta có 2

4ABM

aS

2 2

2 2 2 2 2

. 1

2 3 3 3

IH SI SI SC SA a 1 1IH BC

BC SC SC SA AC a a

a

Vậy 2 31

3 4 3 36ABMI

a a aV

05

III IV V

Ta c ó:

23 ( ) 2( ) 2

3 9 2( ) 2

27 6 ( ) 2 ( 3)

P x y z xy yz zx xyz

xy yz zx xyz

x y z yz x

025



2

3 2

( )27 6 (3 ) ( 3)

21

( 15 27 27)2

y zx x x

x x x

025

Xét hàm số , với 0<x<3 3 2( ) 15 27 27f x x x x

, 2 1( ) 3 30 27 0

9

xf x x x

x

x 0 1 3 y’ + 0 - y

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z .

05

1. Gọi 3 4 16 3

( ; ) (4 ; )4 4

aA a B a

a. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1

. ( ) 32ABCS AB d C AB .

05

Theo giả thiết ta có 2

2 46 35 (4 2 ) 25

02

aaAB a

a

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

05

2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4

Véc tơ pháp tuyến của ( ) là (1;4;1)n

025

Vì ( ) ( )P và song song với giá của v

nên nhận véc tơ

n n làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 (2; 1;2)p v

025

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên

( ( )) 4d I P 21

( ( )) 43

md I P

m

025

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025

Ta có 10 10

2 10 210 10

0 0 0

(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3k

k k k i k i ik

k k i

P x x C x x C C x

)k i

05

Theo giả thiết ta có

40 1

0 104 3 2

,

k ii i i

i kk k k

i k N

2

025

Vậy hệ số của 4x là: C C . 4 4 3 1 2 2 2 210 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C 025

VIa VIIa VIb VIIb

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0

Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có2 2

19 4

x y và diện tích tam giác ABC

là

1 85. ( ) 2 3 3

2 12 13ABC

85

3 3 4

x yS AB d C AB x y

05



2 285 1703 2 3

13 9 4 13

x y

Dấu bằng xảy ra khi

2 2

21 39 4 2

23 2

x yx

x yy

. Vậy 3 2

)( ; 22

C .

05

Xét khai triển 0 1 2 2(1 ) ...n nn n n n

nx C C x C x C x

Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3

0 1 33 1 2 2 22 ...

1 2 3

n nn

n n nC C Cn n

1

1 nC

05

2 10 1 2

1

2 2 2 3 1 121 3 1...

2 3 1 2( 1) 1 2(

3 243 4

n n nn

n n n n

n

C C C Cn n n n

n

1

1)

Vậy n=4.

05



Tr−êng THPT NguyÔn HuÖ ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 n¨m 2011 M«n: TO¸N ; Khèi: A,B (Thêi gian lμm bμi: 180 phót) PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm)

C©u I (2 ®iÓm) Cho hμm sè 2 1

1

xy

x

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vμ vÏ ®å thÞ (C) cña hμm sè ®· cho. 2. T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm cã tæng kho¶ng çch ®Õn hai tiÖm cËn cña (C) nhá nhÊt.

C©u II (2 ®iÓm)

1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: 1 16 4

x yx y

46

2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 1 2(cos si

tan cot 2 cot 1

n )x x

x x x

C©u III (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®−êng trßn (C) t©m O ®−êng kÝnh AB = 2R.Trªn ®−êng th¼ng vu«ng

gãc víi (P) t¹i O lÊy ®iÓm S sao cho OS = R 3 . I lμ ®iÓm thuéc ®o¹n OS víi SI = 2

3

R. M lμ mét

®iÓm thuéc (C). H lμ h×nh chiÕu cña I trªn SM. T×m vÞ trÝ cña M trªn (C) ®Ó tø diÖn ABHM cã thÓ tÝch lín nhÊt.T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã. C©u IV (1 ®iÓm)

TÝnh tÝch ph©n: I = 1

21 1 1

dx

x x

C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y, z lμ 3 sè thùc d−¬ng tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng

1 1 1

11 1 1x y y z z x

PhÇn riªng (3,0 ®iÓm).ThÝ sinh chØ ®−îc lμm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc B) A.Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn C©u VI.a (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch

b»ng 3

2 vμ träng t©m thuéc ®−êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C.

C©u VII.a (1 ®iÓm) Tõ çc ch÷ sè 0,1,2,3,6,7,8,9 cã thÓ lËp ®−îc bao nhiªu sè tù nhiªn cã 6 ch÷ sè ®«i mét kh¸c nhau ( ch÷ sè ®Çu tiªn ph¶i kh¸c 0) trong ®ã ph¶i cã ch÷ sè 7.

C©u VIII.a (1 ®iÓm) T×m a ®Ó bÊt ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: 21 1

3 3

log 1 log ( )x ax a

B.Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao

C©u VI.b (1 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): 2 2

14 3

x y vμ ®−êng th¼ng :3x + 4y =12.

Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn kÎ tíi (E) çc tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®−êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hμm sè 2 4 3

2

x xy

x

cã ®å thÞ (C).Gi¶ sö ®−êng th¼ng y = kx + 1 c¾t (C)

t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m tËp hîp trung ®iÓm I cña AB khi k thay ®æi.

C©u VIII.b (1 ®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 22 2log log3 1 . 3 1 1

x xx x

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



Trêng THPT NguyÔn HuÖ ®¸p ¸n – thang ®iÓm

®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 n¨m 2011

M«n: TO¸N ; Khèi: A,B Lu ý:Mäi çch gi¶i ®óng vμ ng¾n gän ®Òu cho ®iÓm tèi ®a C©u §¸p ¸n §iÓm I

1.(1,0 ®iÓm) Kh¶o s¸t . . .

(2,0 ®iÓm) * TËp x¸c ®Þnh: D = R\ - 1 * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vμ tiÖm cËn: lim lim 2

x xy y

; tiÖm cËn ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; limx x

y y

; tiÖm cËn ®øng: x = - 1

0,25

- B¶ng biÕn thiªn

Ta cã 2

1'

( 1)y

x

0 víi mäi x - 1

x - -1 + y’ + + y + 2 2 -

Hμm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (- ; -1) vμ ( -1; + )

0,5

* §å thÞ

0,25

2. (1,0 ®iÓm) T×m trªn (C) nh÷ng ®iÓm. . . Gäi M(x0;y0) lμ mét ®iÓm thuéc (C), (x0 - 1) th× 0

00

2 1

1

xy

x

Gäi A, B lÇn lît lμ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vμ TCN th×

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0

0

2

1

x

x

1

- 2| = |0

1

1x |

0,25 0,25



Theo Cauchy th× MA + MB 2 00

1x 1 .

1x

=2

MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lμ (0;1) vμ (-2;3)

0,25 0,25

II 1.(1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ . . . (2,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn: x -1, y 1 Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 6 1 46 1 4 1

x x y yx x y y

102

§Æt u= 1 6x x , v = 1y y 4 . Ta cã hÖ

105 5 2

u v

u v

5u

5v

35

xy lμ nghiÖm cña hÖ

0,25 0,25 0,25 0,25

2. (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . §iÒu kiÖn:sinx.cosx 0 vμ cotx 1

Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng 1 2(cos s

sin cos 2 cos1

cos sin 2 sin

in )x xx x xx x x

cosx = 2

2x = 2

4k

§èi chiÕu ®iÒu kiÖn pt cã 1 hä nghiÖm x = 24

k

0,25 0,25 0,25 0,25

III T×m vÞ trÝ . . . (1,0 ®iÓm)

S

H

I

OB

M

A



Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mμ OS = R 3 , SI = 2

3

R,

SM = 2 2 2SO OM R SH = R hay H lμ trung ®iÓm cña SM

Gäi K lμ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK = 1

2SO=

3

2R ,

(kh«ng ®æi) VBAHM lín nhÊt khi dt(MAB) lín nhÊt M lμ ®iÓm gi÷a cña cung AB

Khi ®ã VBAHM= 33

6R (®vtt)

0,25 0,25 0,5

IV TÝnh tÝch ph©n . . . (1,0 ®iÓm) §Æt u = x+ 21 x th× u - x= 21 x 2 22 1 2x ux u x

2

2

1 1 11

2 2

ux dx du

u u

§æi cËn x= - 1 th× u = 2 -1 x = 1 th× u = 2 +1

2 1 2 1 2 12

22 1 2 1 2 1

1 11

1 121 2 1 2 (1

dudu duu

Iu u

)u u

=2 1 2 1

22 1 2 1

1 1 1 1 1

2 1 2 1

dudu

u u u u

=1

0,25 0,25 0,25 0,25

C©u V (1,0 ®iÓm)

§Æt x=a3 y=b3 z=c3 th× x, y, z >0 vμ abc=1.Ta cã

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 vμ a 2+b2-ab ab

a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

3 3

1 1

a b 1 ab a b c

T¬ng tù ta cã

3 3

1 1

c 1 bc a b cb

,

3 3

1 1

a 1 ca a b cc

Céng theo vÕ ta cã

1 1 1

1 1 1y y z z x

=

3 3

1

a b 1 +

3 3

1

c 1b +

3 3

1

a 1c

x

1 1 1 1

a b c ab bc ca

= 1

1a b c

c a b

DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1

0,25 0,5 0,25

VI. a T×m täa ®é . . .



(1,0 ®iÓm) Ta cã: AB = 2 , M = ( 5 5;

2 2 ), pt AB: x – y – 5 = 0

S = ABC1

2d(C, AB).AB = 3

2 d(C, AB)= 3

2

Gäi G(t;3t-8) lμ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 1

2

d(G, AB)= (3 8) 5

2

t t = 1

2 t = 1 hoÆc t = 2

G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2) Mμ C = (-2; 10) hoÆc C = (1; -4) 3CM GM

0,25 0,5 0,25

VII. a Tõ çc ch÷ sè . . . (1,0 ®iÓm) Gäi sè cã 6 ch÷ sè lμ abcdef

NÕu a = 7 th× cã 7 çch chän b, 6 çch chän c, 5 çch chän d, 4 çch chän e, 3 çch chän f. ë ®©y cã 7.6.5.4.3 = 2520sè NÕu b = 7 th× cã 6 çch chän a, 6 çch chän c, 5 çch chän d, 4 çch chän e, 3 çch chän f. ë ®©y cã 6.6.5.4.3 = 2160sè T¬ng tù víi c, d, e, f VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè

0,25 0,5 0,25

VIII. a T×m a ®Ó . . . (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: ax + a > 0

Bpt t¬ng ®¬ng 2 1 ( 1x a x )

NÕu a>0 th× x +1 >0.Ta cã 2 1

1

xa

x

NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã 2 1

1

xa

x

XÐt hμm sè y =2 1

1

x

x

víi x - 1

y’ = 2 2

1

( 1) 1

x

x x

=0 khi x=1

x - -1 1 + y’ - || - 0 +

y

-1 + 1

- 2

2

a> 2

2 hoÆc a < - 1

0,25 0,25 0,25 0,25

VI. b Chøng minh . . . (1,0 ®iÓm) Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng 1 1 1

4 3

xx yy

0,25



TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn 0 1 0 1 14 3

x x y y (1)

Ta thÊy täa ®é cña A vμ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt 0 0 1

4 3

xx yy do M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y

0 =12-3x0

0 04 44

4 3

xx yy 0 04 (12 3 )

44 3

xx y x

Gäi F(x;y) lμ ®iÓm cè ®Þnh mμ AB ®i qua víi mäi M th× (x- y)x0 + 4y – 4 = 0

0 14 4 0 1x y y

y x

VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1)

0,5 0,25

VII. b T×m tËp hîp . . . (1,0 ®iÓm)

y = kx + 1 c¾t (C): 2 4 3

2

x xy

x

. Ta cã pt

2 4 3

2

x x

x

= kx + 1 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt 1k

Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é tháa m·n 2 32 2

1

kxk

y kx

22 5

2 2

x xy

x

2

VËy quÜ tÝch cÇn t×m lμ ®êng cong 22 5

2 2

x xy

x

2

0,25 0,5 0,25

VIII. b Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn : x>0

§Æt 2log3 1

x =u, 2log

3 1x

v ta cã pt

u +uv2 = 1 + u2 v2 (uv 2-1)(u – 1) = 0

21

1uuv

. . . x =1

0,25 0,5 0,25



KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: Toán. Khối A, B.

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

Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1

1

xy

x

(1).

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm)

1) Giải phương trình sau: 2

1 12

2x x

.

2) Giải phương trình lượng giác: 4 4

4sin 2 os 2os 4

tan( ). tan( )4 4

x c xc x

x x

.

Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:

3 2

20

ln(2 . os2 ) 1lim

x

e e c x xL

x

Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I

là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).

1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính

đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.

Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1

( ; 0)2

I

Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2 2 2

2

3 2

20102009

2010

3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1

y x x

y

x y x y

--------------- HẾT ---------------

Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….…………………Số báo danh:



HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I.1 Hàm số:

2 1 32

1 1

xy

x x

+) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1)

2; 2; ;lim lim lim limx x x x

y y y y

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.

+) 2

3' 0,

1y x D

x

+) BBT: x - - 1 + y' + || + y 2

|| 2

+) ĐT: 1 điểm

I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 20 0

3 3( ) ( ;2 )

1 (M I

IMM I

y y

1)M x k

x x x x

M C

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 2

0

3'( )

1Mk y x

x

+) . 9M IMycbt k k

+) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

1 điểm

II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \0x

+) Đặt 22 ,y x y 0 Ta có hệ: 2 2

2

2

x y x

x y

y

+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và

1 3 1 3

2 2;1 3 1 3

2 2

x x

y y

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3

2x

1 điểm

II.2

+) ĐK: ,4 2

x k k Z

4 4 2 2

4 2

) tan( ) tan( ) tan( )cot( ) 14 4 4 4

1 1 1sin 2 os 2 1 sin 4 os 4

2 2 2

2cos 4 os 4 1 0

x x x x

x c x x c x

pt x c x

1 điểm

8

6

4

2

-2

-4

-6

10 -10 -5 5



+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 4

x k

và cos24x = -1/2 (VN)

+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,2

x k k Z

III 3 32 2

2 20 0

32 2 2

2 2 2 32 2 230 02 22 2

ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1lim lim

ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1lim lim

(1 ) 1 12 sin 2 sin2 sin 2 sin

1 52

3 3

x x

x x

e e c x x c x xL

x x

x x x

x x x x xx xx x

1 điểm

IV.1 +) Gọi là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.

Cr

Ta có: 2 2

1( ). .

2

.2

2( )

SAB C C

C

S pr l r r SM A

l r r l rr r

l r l r

B

+) Scầu = 2 24 4C

l rr r

l r

1 điểm

IV.2 +) Đặt : 2 3

2 2

2

( ) ,0

5 12 ( ) 2) '( ) 0

( ) 5 1

2

lr ry r r l

l r

r lr r rl l

y rl r

r l

+) BBT: r

0

r

l

I

M

S

A B

5 1

2l

l

y'(r) y(r) ymax

+) Ta có max Scầu đạt y(r) đạt max 5 1

2r l

1 điểm

V +) Ta có

2 2 2

2 2 2 22 2 2

2 2

( )( )

( )( )

2

2 ( ) ( )( ) 2 ( ) 3

2 2

P x y z x y z xy yz zx



+) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 31( ) 3

2P t t t

+) '( ) 0 2P t t , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P ; ( 2) 2 2P

+) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP

1 điểm



VI +) 5

( , )2

d I AB AD = 5 AB = 2 5 BD = 5.

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:2 2

21 25 2( )

( 2;0), (2;2)2 422 2 0

0

x

yx yA B

xx yy

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

VII 2 2 2

2

3 2

20102009 (1)

2010

3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2)

y x x

y

x y x y

+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:

2 2 2 2

2009 2009log ( 2010) log ( 2010)x x y y

+) Xét và CM HS đồng biến, từ đó suy ra x

2009( ) log ( 2010), 0f t t t t 2 = y2 x= y, x = - y

+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t

Đưa pt về dạng 1 8

19 9

t t

, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1

x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 y = - 3 x = 3

Ghi chú:

- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.

- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.



SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 21

mx x

x

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5

2 2 os sin 112

c x x

2) Giải hệ phương trình: 2 8

2 2 2 2

log 3log ( 2)

1 3

x y x y

x y x y

.

Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4

2/4

sin

1

xI dx

x x

Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc

600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =3

3

a, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính

thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng

25 25 25

25 5 5 5 5 5

x y z

y z y z x z x y 5 5 5

4

x y z

x

PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao , phân giác trong : 1CH x y 0 : 2 5 0BN x y .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích

tam giác ABC

2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1

4 6 8

x y z

và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2

4 3 1 02

zz z z

PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 yxd và . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d06:2 yxd 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

D1 : 2 1

21 1

y z

, D2 :

2 2

3

x t

y

z t

x

Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008

2009 2009 2009 2009 2009...S C C C C C



…….Hết ....... ĐÁP ÁN

Cõu I 2 điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2y x x .

Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.

Sự biến thiờn: 23 6y' x x . Ta có 0

02

xy'

x

0,25

2 2 0 2CD CTy y ; y y . 0,25

Bảng biến thiên: x 0 2 ' y 0 0

y

2

2

0,25

a)

Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x

y

0,25

Biện luận số nghiệm của phương trình 1

222

x

mxx theo tham số m.

Ta có 2 22 2 2 2 1 11

mx x x x x

xm,x .

Do đó số nghiệm của

phương trình bằng số giao điểm của 1y 2 2 2x x x

.

, C' và đường thẳng

1,x y m

0,25

b)

Vỡ

21

1

i x2 2 1

f x khy x x x

f x k

hi x

nờn

C' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x .

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x qua Ox.

0,25



hình

f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x

y

0,25

Dựa vào đồ thị ta có:

+ Phương trình vụ nghiệm; 2m :

:

0 :

:

+ Phương trình có 2 nghiệm kộp; 2m + Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; 2 m + Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0m

0,25

2) Đồ thị hàm số y = 2( 2 2) 1xx x , với x 1 có dạng như hình vẽ :

m

- 2

1- 3 1+ 3 1 2



II 1)

1) 5

2 2 os sin 112

c x x

5 5

2 sin 2 sin 112 12

x

0.25 5 5 1 5 5

sin 2 sin sin sin 2 sin sin12 12 4 12 4 122

2cos sin sin3 12 12

x x

0.25

5

2 25 612 12sin 2 sin

5 13 312 122 2

12 12 4

x kx kx k

x k x k

0.52.)

Giải hệ phương trình: 2 8

2 2 2 2

log 3log ( 2)

1 3

x y x y

x y x y

.

Điều kiện: x+y>0, x-y>0

2 8

2 2 2 2 2 2 2 2

log 3log (2 ) 2

1 3 1 3

x y x y x y x y

x y x y x y x y

0,25đ

Đặt: ta có hệ: u x y

v x y

2 2 2 2

2 ( ) 2 4

2 23 3

2 2

u v u v u v uv

u v u vuv uv

0,25đ

2

2 4 (1)

( ) 2 23 (2)

2

u v uv

u v uvuv

. Thế (1) vào (2) ta có:

28 9 3 8 9 (3 )uv uv uv uv uv uv uv 0 .

0,25đ

Kết hợp (1) ta có: (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) 0

4, 04

uvu v

u v

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,25đ

Câu III 1 Tính tích phân : /4

2/4

sin

1

xI dx

x x

/4 /4 /42

1 22/4 /4 /4

sin1 sin sin

1

xI dx x xdx x xdx I I

x x

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì , tích phân từng phần 1 0I 2I được kết quả.

0.5đ



Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì , tích phân từng phần 1 0I 2I được kết quả. 0.5đ

Câu IV : Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD

Ta có : . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường

cao

BC ABBC BM

BC SA

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

33 23

2 33

aaMN SM MN

AD SA a a

Suy ra MN = 4

3

a . BM =

2

3

a Diện tích hình thang BCMN là :

S = 2

42 2 103

2 2 3 3 3

aaBC MN a a

BM

Hạ AH BM . Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao của khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AMSB MS

= 1

2 .

Vậy BM là phân giác của góc SBA SH = SB.sin30 030SBH 0 = a

Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1

.( )3

SH dtBCNM = 310 3

27

a

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng :

25 25 25

25 5 5 5 5 5

x y z

x y z y z x z x y 5 5 5

4

x y z

Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc

S

A

B C

MN

D



Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2

4

a b c a ba bc b ca c ab

c

( *)

( *) 3 3 3

2 2 2 4

a b c a b cabc b abc c abca

3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c aa b a c b c b a c a c b

b c

Ta có 3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a ca

a b a c

( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)

Tương tự 3 3

( )( ) 8 8 4

b b c b ab

b c b a

( 2)

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c bc

c a c b

( 3) .

Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)

1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph

ần Nội dung Điểm

CâuVIa. (1,0)

1(1,0)

+ Do AB CH nờn AB: 1 0x y .

Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3).

2 5

1 0

x y

x y

0

Do đó: . ( 4;3)AB BN B + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ 'A BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và

Vuụng gúc với BN là (d): 2 5x y 0 . Gọi ( )I d BN . Giải hệ:

. Suy ra: I(-1; 3) 2 5

2 5

x y

x y

0

0

0

'( 3;A 4)

+ Phương trình BC: 7 25x y . Giải hệ: 7 25

1 0

x y

x y

0

Suy ra: 13 9

( ;4 4

) C .

+ 2 2 450( 4 13 / 4) (3 9 / 4)

4BC ,

2 2

7.1 1( 2) 25( ; ) 3 2

7 1d A BC

.

Suy ra: 1 1 450 45

( ; ). .3 2. .2 2 4ABCS d A BC BC

4

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu VIIA

1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: (4; - 6; - 8) 1u

u ( - 6; 9; 12) 2

+) u và cùng phương 1

2u

0,25đ

+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2

0,25đ

*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n

= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) = ( 2; - 3; - 4); AB // dAB

1

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A 1B

0,25đ

A

B C

HN



IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 36 33 15

; ;29 29 29

A’ đối xứng với A qua H nên A’

43 95 28; ;

29 29 29

I là trung điểm của A’B suy ra I65 21 43

; ;29 58 29

0,25đ

A1

B A

H

I

d1 Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0)

Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2

4 3 1 02

zz z z (1)

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0

Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 02

1)

1()

12

2 z

zz

z (2)

0.25đ

Đặt t=z-z

1 Khi đó 2

12

22 z

zt 21 2

22 t

zz

Phương trình (2) có dạng : t2-t+ 02

5 (3)

2992

5.41 i

PT (3) có 2 nghiệm t=2

31 i,t=

2

31 i

0.25đ

Với t=2

31 i ta có 02)31(2

2

311 2

zizi

zz (4)

Có 222 )3(696816)31( iiiii

PT(4) có 2 nghiệm : z= iii

14

)3()31(,z=

2

1

4

)3()31(

iii

0.25đ

Với t=2

31 i ta có 02)31(2

2

311 2

zizi

zz (4)

Có 222 )3(696816)31( iiiii

PT(4) có 2 nghiệm : z= iii

14

)3()31(,z=

2

1

4

)3()31(

iii

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=2

1i; z=

2

1 i

0.25đ

Phần II. Câu VIb. 1)



Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Idd 21

2/3y

2/9x

06yx

03yx. Vậy

2

3;

2

9I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 Suy ra M( 3; 0)

0,25

Ta có: 232

3

2

932IM2AB

22

Theo giả thiết: 2223

12

AB

SAD12AD.ABS ABCD

ABCD

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT:

. Lại có: 03yx0)0y(1)3x(1 2MDMA

0,25

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:

2y3x

03yx

22

13x

x3y

2)x3(3x

3xy

2y3x

3xy2222

1y

2x hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

1y

4x

0,25

Do

2

3;

2

9I là trung điểm của AC suy ra:

213yy2y

729xx2x

AIC

AIC

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25

Cõu Phần Nội dung ĐiểCâuVIb. (1,0)

2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là 1 ( 1; - 1; 2) u

và ( - 2; 0; 1) 2u

Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2

0,25

Xét = - 10 1 2; .u u MN

0

Vậy D1 chéo D2

0,25

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2

1

2

. 0

. 0

AB u

AB u

1

3' 0

t

t

A5 4 2

; ;3 3 3

; B (2; 3; 0)

Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2.

Ta có : 2

3 5

2

x t

y t

z t

0,25 0,25

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có

dạng:2 2 2

11 13 1 5

6 6 3x y z

6

0,25



CâuVIIb (1,0)

Ta có: 2009 0 1 2009 20092009 2009 2009(1 ) ..i C iC i C

0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009

1 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009

....

( ... )

C C C C C C

C C C C C C i

Thấy: 1

(2

S A )B , với 0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009....A C C C C C C

0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...B C C C C C C

+ Ta có: . 2009 2 1004 1004 1004 1004(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i

Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của nờn 2009(1 )i 10042A . + Ta có: 2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009(1 ) ...x C xC x C x C

Cho x=-1 ta có: 0 2 2008 1 3 20092009 2009 2009 2009 2009 2009... ...C C C C C C

Cho x=1 ta có: . 0 2 2008 1 3 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2C C C C C C

Suy ra: 20082B . + Từ đó ta có: . 1003 20072 2S

0,25 0,25 0,250,25



ĐỀ THI VÀ GỢI Ý BÀI GIẢI MÔN TOÁN –ĐH-CĐ năm 2011

***

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =

2x mx 2m

mx 1

1 (1), có đồ thị là (Cm), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định m để tiệm cận xiên của (Cm) đi qua gốc tọa độ và hàm số (1) có cực trị. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình :

2 2 2 3 sinsin x sin x

3 3

x

2

)

2. Cho hệ phương trình :

3 3x y m(x y

x y 2

Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt (x1; y1),

(x2; y2) và (x3; y3) sao cho x1, x2, x3 lập thành một cấp số cộng.

Câu III (2 điểm). 1. Tam giác ABC có a = b 2 - Chứng minh rằng : cos2A = cos2B. - Tìm giá trị lớn nhất của góc B và giá trị tương ứng của các góc A, C.

2. Tính tích phân: I =

3

21

ln xdx

(x 1)

Câu IV (2 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-1;3); C (4;0;-

1). 1. Chứng minh rằng: A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm độ dài đường cao của

tam giác ABC kẻ từ đỉnh A. 2. Tìm m và n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A và C. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V. a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình:

2 2x y1

2 3

và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của AB.

2. Cho hai đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất lấy 9 điểm phân biệt. Trên đường thẳng thứ hai lấy 16 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác với đỉnh là các điểm lấy trên hai đường thẳng đã cho.

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2007 2006

2006 x 2007 x 1

2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A ( = 90A o), AB=AC=a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60o. Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC.

BÀI GIẢI



Câu I. 1. m = 1 y =

2x x

x 1

1

. MXĐ : D = R \ 1. y' =

2

2

x 2x

(x 1)

; y’ = 0 x =

0, x = 2 TCĐ : x = 1; TCX : y = x

x 0 1 2 + y' + 0 0 + y -1 + +

3

2. y =

2x mx 2m 1

mx 1

; y’ =

2 2

2

mx 2x 2m 2m

(mx 1)

y =

2 3 2

2 2

x 1 m 2m 2m 1

m m m (mx 1)

TCX : y =

2

2

x 1 m

m m

với 3 22m 2m 1 0

và m 0

YCBT

2 2

23 2

2

mx 2x 2m 2m 0 có 2 nghiem phan biet

1 m0 2m 2m 1 0 m 0

m

m = 1

Câu II. 1.

2 2 2 3 sinsin x sin x

3 3

x

2

2 2 3 sin xsin x sin x

3 3 2

2 21 cos 2x 1 cos 2x

3 sin x3 32 2

2

2 21 sin x cos 2x cos 2x 0

3 3

11 sin x 2cos 2x 0

2

1 – cos2x – sinx = 0 2sin2x – sinx = 0

sin x 0

1sin x

2

x k

x k265

x k6

2

)

)

(k Z)

2. (I)

3 3x y m(x y) (1

x y 2 (2)

(2) y = x 2 thay vào (1) ta có :

(2x - 2)[x2 - 2x + 4 - m] = 0 2

x 1

x 2x 4 m 0(*

Nhận xét : Nếu pt (*) có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thì : x1 < 1 < x2 và x1 + x2 = 2 YCBT pt (*) có 2 nghiệm phân biệt ' = 1 - 4 + m > 0 m > 3.



Câu III. 1. a = b 2 sinA = sin B 2 Nên : cos2A = 1 - sin2A = 1 - 2sin2B = cos2B (đpcm) Vì : cos2B = cos2A và 0 cos2A 1 nên : B lớn nhất cos2B nhỏ nhất cos2B

= 0 2B = 90o B = 450. Lúc đó : A= 90o, C = 45o.

2. I =

3

21

ln xdx

(x 1). Đặt u = lnx du =

dx

x ; dv = (x + 1)-2dx v = 1

x 1

I =

3 3 3

1 1 1

x 1 xln x 1 1 1dx ln 3 dx

x 1 x(x 1) 4 x x 1

=

3

1

1 xln 3 ln

4 x

1 =

1 3ln 3 ln

4 2

Câu IV. 1. Ta có : ; AB ( 4;1;0)

BC (2;1; 4)

AB, BC ( 4; 16; 6) 0

A, B, C không thẳng hàng A, B, C là 3 đỉnh của tam giác

AH = d(A, BC) =

AB, BC 2 33

BC 3

2. M (m + 2; 1; 2n + 3) cùng phương AM (m 4;3;2n)

AC 2(1; 1;2)

m 4 3 2n

1 1

2

m = 1 và n = -3 Câu V.a. 1. Giả sử d qua M cắt (H) tại A, B : với M là trung điểm AB

A, B (H) :

2 2A A

2 2B B

3x 2y 6 (1)

3x 2y 6 (2)

M là trung điểm AB nên : xA + xB = 4 (3) và yA + yB = 2 (4) (1) (2) ta có : 3(x2

A - x2B) - 2(y2

A - y2B) = 0 (5)

Thay (3) và (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = 0 3(2xA-4)-(2yA- 2) = 0 3xA - yA = 5 Tương tự : 3xB - yB = 5. Vậy phương trình d : 3x - y - 5 = 0

2. Số tam giác có đỉnh trên d1 và đáy trên d2 : 2169.C

Số tam giác có đỉnh trên d2 và đáy trên d1 : 2916.C

Số tam giác thỏa YCBT là + . 2169.C 2

916.C

Câu V.b.

1. Nhận xét : 2006 x 2007

1 x 2006 1

1 x 2007 1

Ta có : 2006 - x2007 + 2007 - x2006 2006 - x+ 2007 - x = x - 2006 + 2007 - x = 1 Vậy phương trình 2006 - x2007 = 2006 - x và 2007 - x2006 = 2007 - x



x = 2006 hay x = 2007

2006 x 0

2006 x 1

2007 x 0

2007 x 1

x 2006

x 2005

x 2007

x 2007

x 2006

2. Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH mp (ABC)

S

Kẻ SI vuông góc với AB và SJ AC góc SIH=góc SJH = 60o tam giác SHI = tam giác SHJ HI = HJ AIHJ là hình vuông I là trung điểm AB IH = a/2

Trong tam giác vuông SHI ta có SH =

a 3

2 I A

C

J H

B

V(SABC) =

31 aSH.dt(ABC)

3

3 12 (đvtt) Người giải đề: 0977467739 Hết.



1

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

1

xy

x

(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)


3 3sin .sin 3 os .cos3 1

8tan .tan

6 3

x x c x x

x x


3 32 21 1 1 1 2 1x x x x .

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

1

2

0

ln 1I x x x dx .

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

3AA '

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 3

3

a a a b b b c c c

b 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 2

x 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

, biết n là số nguyên

dương thỏa mãn:



2

2 3 10 1 22 2 2 6560

2 ...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 h?nh 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

2

3 3

3 2

1log log 0

2 , ( )

0

x ym R

x y my

. 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:...................

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn thi: TOÁN .

Câu ? Đáp án Điểm

I 1 1,0

TXĐ : D = R\ 1

.

Sự biến thiên:

y’ =

2

10,

1x D

x

.

Hàm số nghịch biến trên: ;1 à 1;v

0,25

Giới hạn: lim lim 2x x

; tiệm cận ngang: y = 2

1 1lim , 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

1

m

m

)

Tiếp tuyến của (C) tại M:

2

1 2 1

11

my x m

mm

0,25



3

A(1;

2

1

m

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

IA =

2 12 2

1 1

m

m m

, IB = 2 2 2 1m m

0,25

1. 2

2IABS IA IB

.

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

0,25

II 1 1,0

Điều kiện: 6 2

kx

Ta có

tan . tan tan .cot 16 3 6 6

x x x x

0,25

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

1

8

1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1. .

2 2 2 2 8

12 os2 os2 . os4

2

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

c x c x c x

0,25

3 1 1os os2

8 2c x c x

0,25

ai6

,

6

x k lo

k Z

x k

. Vậy : 6

x k

0,25

2 1,0

Đk: -1 1x

Đặt u =

31 x

, v = 3(1 )x

; u,v 0

Hệ thành:

2 2

3 3

2

1 ( ) 2

u v

uv u v uv

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 2

2

2 2

2 21

22

u vu

u v

0,25

2

2x

0,25



4

III 1,0

Đặt

2 2

2

2 1

ln 1 1

2

xdu dx

u x x x x

xdv xdxv

12 3 2

2

0

1 1 22ln 12 2 10

x x xI x x dx

x x

0,25

1

12 2 1

0 200

1 1 1 3ln 3 ln( 1)

2 2 4 4 1

3 3ln 3

4 4

dxx x x x

x x

J

0,25

1

220 1 3

2 2

dxJ

x

. Đặt

1 3tan , ;

2 2 2 2x t t

3

6

2 3 3

3 9J dx

0,25

Vậy I =

3ln 3

4 -

3

12

0,25

IV 1,0

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

điểm của SD và SB

AB = AD = a, góc BAD = 600 ABD đều OA =

3, 3

2

aAC a

SA = 2AA’ = a

33, ' AA '

2

aCC

0,25

~ ''

AO SASAO ACC

AC CC

' ~ACC AIO (I là giao điểm của AC’ và SO)

'SO AC (1)

Mặt khác ( ' ') 'BD ACC A BD AC (2)

Từ (1) và (2) đpcm

0,25

22

2 2

'

1 33

3 2 4

1 3 3

3 2 4 2 32

SABD

SA MN

aV a a

a a aV

0,25



5

2

AA' '

7

32BDMN 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;1

Ta có:

2

25 33

2 2 2

12

1

a aa a aa a

b c a

BĐT thành: 3 3 3 2 3

3a a b b c c

0,25

Xét hàm số 3 , 0;1f x x x x

Ta có:

ax0;1

M f x

=

2 3

9

0,25

0,25

2 3

3f a f b f c

đpcm

Đẳng thức xảy ra

1

3a b c

0,25

VI.a 1 1,0

I

9 3;

2 3

, 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

AD qua M và vuông góc với d1 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

hoặc

4

1

x

y

0,25

Chọn A(2 ; 1) 4; 1 7;2 à 5;4D C v B

0,25

2 1,0

Gọi H là trung điểm đoạn AB 8HA 0,25

IH2 = 17 0,25

IA2 = 81 9R 0,25

2 2 2

: 1 1 1 81C x y z

0,25

VII.a 1,0

Ta có:

22 3 1

0 1 2

0

2 2 22 ... 1

2 3 1

nnn

n n n nC C C C x dxn

0,25



6

113 1 6560

3 6561 71 1

nn n

n n

0,25

7 14 37

474

0

1 1

22

k

k

kx C x

x

0,25

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa:

14 32 7

4

kk

Vậy hệ số cần t?m là:

21

4

0,25

VI.b 1 1,0

Gọi A(-4; 8) BD: 7x – y + 8 = 0 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 a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3

AB: 3 4 32 0; : 4 3 1 0x y AD x y

0,25

Gọi I là tâm h?nh vuông I(

1 9; )

2 2 3;4C

: 4 3 24 0; : 3 4 7 0BC x y CD x y

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) B’(-1; -3; 4)

0,25

' 'MA MB MA MB AB

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

AB’:

1

3

2

x t

y

z t

0,25

M(-2; -3; 6) 0,25

VII.b 1,0

Đk: x 0, y > 0

23 33 3

3 23 2

23 2

1log loglog log 0

20

0

, 1

, 20

x yx y

x y ayx y my

y xy x

y y ay y ay

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



SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Trường THPT Anh Sơn III Môn Toán – Khối A

Năm học 20102011Thời gian 180 phút

Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = 3 2 2 2 3 3( 1) ( 1) x mx m x m − + − − − (1)

a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .

b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.

Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx 2sin 2 (2x+ 4 π ) = 0

b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2

2 2

2

1

x x y x a

x y

+ = + +

+ =

Câu 3 : Tìm : 3

sin

(sin 3 cos ) xdx

x x + ∫ Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ' ' ' . ABC ABC có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' ' ), ( ), ( ) ABC ABC ABC cắt nhau . tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :

P = 3 3 3 3 3 3 3 3 3

2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) x y z x y y z z x

y z x + + + + + + + + ≥ 12

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : 2 2 4 4 4 0 x y x y + − − + = và đường thẳng

(d) có phương trình : x + y – 2 = 0

Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . .

(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :

1

1 2 ( ) :

2 2 1 x y z d

+ − = =

−

'

2

'

4

( ) : 2

3

x t d y

z t

= = − =

Viết phương trình đường thẳng (∆ )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d

2 ).

Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 7

4

3

1 x x

+

( với x > 0 )

B . Theo chương trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x 4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (∆ ) có phương

trình : 2 1 0

2 0 x y z x y z

− + + = − + + =

Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (∆ )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b



http://laisac.page.tl/

SỞ GDĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát…

Với m=0, ta có: y=x 3 3x+1

TXĐ D=R

y’=3x 2 3; y’=0 ⇔

1

1 x x

= = −

lim x y

→±∞ = ±∞

0,25

BBT

x −∞ 1 1 +∞ y’ + 0 0 +

y 3 +∞ 1

−∞

0,25

Hs đồng biến trên khoảng ( −∞ ;1) và (1; +∞ ), nghịch biến trên (1;1) Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=1

0,25

Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)

và đi qua các điểm B(2;1), C(2;3)

Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng

0,25

b. (1.0 điểm) Tìm m để …

Câu 1 (2 điểm)

Ta có y’= 3x 2 6mx+3(m

2 1)

y’=0 ⇔ 1

1 x m x m

= − = +

0,25

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

Mụn: TOÁN; Khối A (Đáp án thang điểm gồm 07 trang)

y

2 1

1 1

1 2

3

x 0



Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta

phải có:

'

2 2 2

' 0

. 0 ( 1)( 3)( 2 1) 0

0 1 0

1 0 0

( 1) 0 (0) 0

y

CD CT

CD

CT

m R f f m m m m x m

m x m f

> ∀ ∈ < − − − − < > ⇔ − > + > >

− − < <

V

0,25

Vậy giỏ trị m cần tìm là:

( 3;1 2) m∈ + 0,25

a. (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +

4 π )=0

⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 2 π )

0,25

⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 ⇔ sinx = 1 0,25

⇔ x = 2 π + k2π , k∈Z

0,25

b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (x;y) cũng là nghiệm của hệ

Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0

+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2

0,25

Với a = 0, hệ trở thành: 2 2

2 2 2 2

2 2 (1) (I)

1 1 (2)

x x x y x x x y

x y x y

+ = + + − = ⇔ + = + =

Từ (2) 2 2

2 2

1 1 2 1

1 1

x y x x x y x x y

≤ ≤ + − ≥ ⇒ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ≤

0,25

⇒ ( I ) có nghiệm

2 2

2

1 0

2 1 1

1

x

x y x

x x y

y

+ = = ⇔ + − = ⇔ = =

TM 0,25

Câu 2 (2.0 điểm)

Với a=2, ta có hệ: 2

2 2

2 2

1

x x y x

x y

+ = + +

+ = Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;1) và (1;0) không TM

Vậy a = 0

0,25

1 2 1

3 1 3 1 2

3 1 2

1

m

m m

m

m

− < < − < < − ⇔ ⇔ < < +

< < +

>



Ta có 3

3

sin[(x ) ] s inx 6 6

(sinx+ 3 osx) 8 os ( )6

c c x

π π

π

+ =

− 0,25

3 1 sin( ) os(x )

2 6 2 6

8 os(x )6

x c

c

π π

π

− + = 0,25

3 2

sin( ) 3 1 1 6

16 16 os ( ) os ( )

6 6

x

c x c x

π

π π

− = +

− − 0,25


3 2

s inxdx 3 1 tan( )

16 6 (sinx+ 3 osx) 32 os ( )6

x c c c x

π π

⇒ = + − + −

∫ 0,25

Gọi I = AC∩ ’A’C, J = A’B∩AB’

(BA'C) (ABC') = BI

(BA'C) (AB'C) = CJ

Goi O = BI CJ

∩ ∩ ∩

⇒ O là điểm cần tìm

Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C

0,25

Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC)

Do VABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là

trọng tâm VABC 0,25

Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1

' 3 OH HM A B AM

= = 0,25


1 1 1 . ' .

3 9 9 OABC ABC ABC V OH S A B S V ⇒ = = = V V 0,25

J

I

O

H

M

B'

A'

C'

C

B

A



Ta có: 4(x 3 +y

3 )≥ (x+y) 3 , với ∀ x,y>0

Thật vậy: 4(x 3 +y

3 )≥ (x+y) 3 ⇔ 4(x

2 xy+y

2 )≥ (x+y) 2 (vỡ x+y>0)

⇔ 3x 2 +3y

2 6xy≥0 ⇔ (xy)

2 ≥0 luôn đúng Tương tự: 4(x

3 +z

3 )≥ (x+z) 3

4(y 3 +z

3 )≥ (y+z) 3

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6 x y x z y z x y z xyz ⇒ + + + + + ≥ + + ≥

0,25

Mặt khác: 3 2 2 2

1 2( ) 6 x y z y z x xyz

+ + ≥ 0,25

3 3 1

6( ) 12 P xyz xyz

⇒ ≥ + ≥ 0,25


Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 2

1

1

x y z x y z x y z y z x

xyz xyz

= =

⇔ = = ⇔ = = =

=

Vậy P≥12, dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x = y = z =1

0,25

Chương trình chuẩn a. (1.0 điểm)

(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2

Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:

2 2

0

2 2 0

4 4 4 0 2

0

x y x y

x y x y x y

= = + − = ⇔ + − − + = = =

Hay A(2;0), B(0;2)

0,25

Câu 6a (2.0 điểm)

Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25

H

4

A

B I

y

x

M

2

2 O

C



Ta có 1

. 2 ABC S CH AB = V (H là hình chiếu của C trên AB)

ax CH max ABC S m ⇔ V

Dễ dàng thấy CH max ( ) ( )

2 C

C C x

= ∩ ⇔ >

V 0,25

Hay V : y = x với : (2;2) d

I ⊥

∈

V V

V (2 2;2 2) C ⇒ + +

Vậy (2 2;2 2) C + + thì ax ABC S m V

0,25

b. (1.0 điểm) Nhận xét: M∉(d1) và M∉(d2)

Giả sử ( ) ( 1)

( ) ( 2) d I d H

∩ = ∩ =

V V

Vỡ I∈d1 ⇒ I(2t1; 12t; 2+t)

H∈d2 ⇒H(4t’; 2; 3t’)

0,25

1 2 (1 4 ') 23

3 2 (2 2) 10 , 0

1 (3 3 ')

23 18 3 ( ; ; )

5 5 10

cbt

t k t TM kHM y t k t k R k t k t

T

− = − = ⇔ ⇔ + = + ⇔ = −

∈ ≠ − = −

⇒ − −

uuur uuuur

0,5

Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:

1 56

2 16

3 33

x t y t z t

= + = − = +

hoặc là: 5 8 17 0

12 9 16 18 0 x y z x y z + − + −

+ − + =

0,25

Ta có: 1 1 7

7 7 4 3 4 7 3

0

1 ( ) ( ) .( ) k k k

k

x C x x x

− −

=

+ = ∑ 0.25

Để số hạng thứ k không chứa x thì:

1 1 (7 ) 0

4 4 3

[0;7]

k k k

k

− − = ⇔ = ∈

0.5

Câu 7a (1.0 điểm)

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 4

7

1

35 C = 0,25

Chương trình cao a. (1.0 điểm)

Câu 6b (2.0 điểm)

Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC:

1

( ) qua B ( ) : 4 3 5 0

BC d BC

BC x y

⇔ + − = ⊥

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0

( 1;3) 2 5 0

x y C

x y + − =

⇒ − + − =

0,25



Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC,

BC, d2

Ta có:

2 2

2 2

3 1 1

4 2 2 1 3 1 1 . 1 .

1 . 1 2 4 2

0

1 (loai)

3

AC BC d d AC

BC d d AC AC

AC

AC

K K K K K K K K K K

K

K

− + − − − − = ⇔ =

+ + + −

= ⇔ = −

0,25

Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3

+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 27 0

( 5;3) 3 0

x y A

y − + =

⇒ − − =

0,25

⇒ Pt cạnh AB là: 5 3

4 7 1 0 2 5 1 3 x y x y + −

= ⇔ + − = + − −

Vậy AB: 4x+7y1=0

AC: y=3

BC: 4x+3y5=0

0,25

b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt AB tại K(1;3;0) Ta có 2 KB KA =

uuur uuur ⇒ A, B nằm về cùng phía đối với V

0,25

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V .

⇒ H( 1;t;3+t) (vỡ PTTS của V : 1

3

x y t z t

= = = − +

)

Ta có . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4

(1; 4;1) '(0;4;1) AH u t t t H A

= ⇔ − + − + − + = ⇔ = ⇒ ⇒

uuuurr 0,25

Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4

(1; ; ) 3 3

M ⇒ 0,25

Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B≤NA+NB

Vậy 13 4

(1; ; ) 3 3

M 0,25

Ta có:

(1+x+x 2 ) 12 = [(1+x)+x

2 ] 12 =

= 0 12 1 11 2 12 2 12 24

12 12 12 12 (1 ) (1 ) . ... (1 ) .( ) ... k k k C x C x x C x x C x − + + + + + + + +

0,25 Câu 7b (1.0 điểm)

= 0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2

12 12 12 12 12 11 11

2 4 0 10 10

12 10 10

[C ... ...]+C x [C ... ...]

+C [C ... ]+...

C x C x C x x C x

x x C

+ + + + + + +

+ + 0,25



⇒Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4

0,25 0 8 1 9 2 10

4 12 12 12 11 12 10 . . . 1221 a C C C C C C ⇒ = + + = 0,25



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 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 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 2

1 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).


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



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

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

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



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)

,32

x kk

x k

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:

35 12 30 35 12 30

5 5min f t ; max f t

0,5 đ



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 Ca

V . 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 11, 8ab

a 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 222 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 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

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

Câu VIa (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là 0,25đ



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

3 3y m m x m m m

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 1a 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

xx x x

.

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 2k a b

x

Kết hợp với (*) cho ta

2

2 2 2

11

(1 ) ( 1) 2 (1 ) 2 4 012

kk

k a b a k a b k bk

0,25 đ

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

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

Câu VIb (2,0đ)

Ý 2 (1,0đ)

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



THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 400-10/2010

ĐỀ SỐ 01

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: 3y x 3mx 3m 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng x y 0 . Câu II:

1) Giải phương trình: 5 cos 2x 2cos x3 2 tan x

2) Giải hệ phương trình: 3 3

2 2

x y 9 x 2y x 4y

Câu III:

Tính tích phân: 1 cos x2

0

1 sin xI ln dx

1 cos x

.

Câu IV: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB a,AC a 3,DA DB DC . Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V: Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx 3, ta có bất đẳng thức:

1 4 3

xyz x y y z z x 2

.

PHẦN RIÊNG

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 5x 2y 7 0,x 2y 1 0 . Biết phương trình phân giác trong góc A là x y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300. Câu VII.a:



Giải phương trình: xe 1 ln 1 x . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 3x y2

và parabol (P): 2y x . Tìm

trên (P) các điểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vuông ABCD có A 5;3; 1 , C 2;3; 4 , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x y z 6 0 . Hãy tìm tọa độ

điểm D. Câu VII.b:

Giải phương trình: 331 x 1 x 2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) 2y ' 3x 3m y’ có CĐ và CT khi m 0 .

Khi đó: 1 1

22

x m y 2m m 3m 1

y 2m m 3m 1x m

Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên: 1 2

2 1

x y m 2m m 3m 1x y m 2m m 3m 1

Giải ra được 1m3

Câu II:

1) ĐK: 3tan x ,cos x 02

PT 2 25 cos x sin x 2 3cox 2sin x

2 2

2 2

cos x 6cos x 5 sin x 4sin x

cos x 3 sin x 2

cos x sin x 1 cos x sin x 5 0

cos x sin x 1sin x 0

x k k Zcos x 0 loai



2)

Hệ PT 3 3

2 2

x y 9 (1)x x 2y 4y (2)

Nhân 2 vế PT(2) với -3 rồi cộng với PT(1) ta được: 3 2 3 2x 3x 3x y 6y 12y 9 3 3x 1 y 2 x y 3

Thay x y 3 vào PT(2): 2 2 2 y 1 x 2y 3 y 3 2y 4y y 3y 2 0

y 2 x 1

Nghiệm hệ: 2; 1 , 1; 2 Câu III:

1 cos x2 2 2 2

0 0 0 0

1 sin xI ln dx cos x.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cos x dx (1)

1 cos x

Đặt x t dx dt2

Suy ra: 2 2 2

0 0 0

I sin t.ln 1 cos t dt ln 1 cos t dt ln 1 sin t dt

Hay 2 2 2

0 0 0

I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cos x dx ln 1 sin x dx (2)

Cộng (1) với (2): 2 2

0 0

J K

2I cos x.ln 1 sin x dx sin x.ln 1 cos x dx

Với 2

0

J cos x.ln 1 sin x dx

Đặt 2 2

2

11 1

t 1 sin x dt cos xdx J ln tdt t ln t dt 2ln 2 1

Với 2

0

K sin x.ln 1 cos x dx

Đặt 1 2

2 1

t 1 cos x dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1

Suy ra: 2I 2ln 2 1 2ln 2 1 I 2ln 2 1



Câu IV:

ABC vuông tại A BC 2a DBC vuông cân tại D DB DC DA a 2

Gọi I là trung điểm BC BCIA ID a2

Vì DA a 2 , nên IAD vuông tại I ID IA Mà ID BC

ID (ABC) 3

ABCD ABC1 1 1 a 3V ID.S .ID.AB.AC .a.a.a 33 6 6 6

Câu V:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 12xyz

; 12xyz

và

4x y y z z x

2 2 23

1 1 4 32xyz 2xyz x y y z z x x y z x y y z z x

Ta có: 2 2 2x y z x y y z z x xyz xz yz xy zx yz xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yz và zx:

32 2 2xy yz zxxy.yz.zx 1 x y z 1 xyz 1 (1)

3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy:

3 3xz yz xy zx yz xy 2 xy yz zx

xz yz xy zx yz xy 8 (2)3 3

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2x y z x y y z z x 8

Vậy: 3

1 4 3 3xyz x y y z z x 28

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Tọa độ điểm A:

5x 2y 7 0 x 3

A 3;4x y 1 0 y 4

Tọa độ điểm B:

5x 2y 7 0 x 1

B 1; 1x 2y 1 0 y 1



Gọi D là giao điểm phân giác và BC. Tọa độ điểm D:

x y 1 0 x 1

D 1;0x 2y 1 0 y 0

Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến 1 2n n ;n 5;2

Suy ra:

1 2 1 2 2 21 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1 2

1 2

n .1 n .1 5.1 2.1 n n 7 20n 58n n 20n 029n n . 1 1 5 2 . 1 1 n n

5n n2 n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 02n n5

Tọa độ điểm C: 11x2x 5y 14 0 11 43 C ;

x 2y 1 0 4 3 3y3

2) Gọi vectơ chỉ phương của d là 1 2 3a a ;a ;a

Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0

Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 1 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 3a a a 02a a a

(Oxz) có vectơ pháp tuyến 0;1;0 Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600.

2 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 a 3a a 02a a a

Giải ra được: 2 2 21 2 3 1 2 3

1 1a a a a a a2 2

Chọn 3a 2 , ta được: a 1;1; 2

, a 1;1; 2

, a 1; 1; 2

, a 1; 1; 2

Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d):

x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2

x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2



Câu VII.a: ĐK: x 1 Đặt yy ln 1 x e 1 x .

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ: y

x

e 1 x (1)e 1 y (2)

Lấy (2) trừ (1): x y x ye e y x e x e y Xét hàm số tf t e t t 1 Ta có: tf ' t e 1 0 t 1 Hàm số luôn tăng trên miền xác định.

x xf x f y x y x ln 1 x e 1 x e x 1 Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình. Xét hàm số tf t e t Ta có: tf ' t e 1 - Với t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn tăng tf t f 0 1 e t 1 t 0 PT vô nghiệm. - Với 1 t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn giảm tf t f 0 1 e t 1 1 t 0 PT vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 2 2

0 06 x y 6 20 0M (P) y x

Suy ra: 4 2 20 0 0 0y y 6 0 y 2 y 2

Vậy M 2; 2 hoặc M 2; 2

2) AC 3 2 BA BC 3 Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

x 5 y 3 z 1 9 x 5 y 3 z 1 9x 2 y 3 z 4 9 x z 1 0 x y z 6 0 x y z 6 0

2 2 2x 5 4 2x 2 x 9 x 2z 1 x y 3

y 7 2x z 1

hoặc x 3y 1

z 2



B 2;3; 1 hoặc B 3;1; 2

AB DC D 5;3; 4

hoặc D 4;5; 3 Câu VII.b:

331 x 1 x 2

ĐK: x 1

3 3

3 3

3 2 3

2

x 2 2 x 1 x 2

x 2 x 2x 6x 12x 8 x 2

6 x 1 0

Suy ra: x 1 là nghiệm của PT.

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 401-11/2010

ĐỀ SỐ 02

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: 3 2y 2x 3x 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu II:

1) Giải hệ phương trình:

2

2

xy 18 12 x 1xy 9 y 3

2) Giải phương trình: x x4 x 12 2 11 x 0 Câu III: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu IV:


0

I x cos x sin x dx

Câu V:



Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện

2

2

a a c bb b a c

Chứng minh rằng: 1 1 1a b c

.

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x 4y 5 0 và đường tròn (C):

2 2x y 2x 6y 9 0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x 2y 2z 3 0 ,

(P2): 2x y 2z 4 0 và đường thẳng (d): x 2 y z 41 2 3

. Lập phương trình mặt cầu

(S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2). Câu VII.a: Đặt 42 3 2 12

0 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2x 1 y 3 1 và điểm 1 7M ;5 5

.

Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2x y z 2x 4y 2z 5 0 và mặt phẳng (P): x 2y 2z 3 0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:

3

0 , x 0 f x 1 3x 1 2x , x 0

x

tại điểm x0 = 0.


PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải



2) 3 2y 2x 3x 1 2y ' 6x 6x Gọi 0 0M x ; y Phương trình tiếp tuyến: 2

0 0 0 0y 6x 6x x x y

Hay 2 3 2 3 20 0 0 0 0 0y 6x 6x x 6x 6x 2x 3x 1

Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8 3 2 3 20 0 0 06x 6x 2x 3x 1 8

Giải ra được: 0 0x 1 y 4 Vậy M 1; 4 Câu II: 1) ĐK: x 2 3,xy 0

- Nếu xy 18 thì ta có hệ:

22

22

xy 18 12 x xy 30 x (1)1 3xy 27 y (2)xy 9 y3

Lấy (2) trừ (1): 22 22xy 3 x y x y 3 x y 3

Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại) hoặc x 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3; 3 3

Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại) hoặc x 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3;3 3

- Nếu xy 18 thì từ (1) suy ra: x 2 3 , từ (2) suy ra: y 3 3 xy 18 xy 18 Vô nghiệm. Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 .

2) x x x x x4 x 12 2 11 x 0 4 12.2 11 x 2 1 0

x x x

x x

x

x

2 11 2 1 x 2 1 0

2 11 x 2 1 0

2 1 x 0 2 11 x 0 x 3

Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3.



Câu III: Gọi M là trung điểm BC AM BC,SM BC

BC (SAM) Trong (SAM) dựng MN SA MN là khoảng cách SA và BC. MN = m

22 2 23aAN AM MN m

4

Dựng đường cao SO của hình chóp.

2 2 22

MN SO m SO 2 3maSOAN AO a 33a 3 3a 4mm 34

2 3

ABC 2 2 2 2

1 1 2 3ma a 3 maV SO.S . .3 3 43 3a 4m 6 3a 4m

Câu IV:

5 5 2 4

0 0 0 0 0

J K

I x cos x sin x dx x cos xdx x sin xdx x cos xdx x 1 2cos x cos x sin xdx

0

J x cos xdx

Đặt u x du dx dv cosxdx v sin x

0 00

J x sin x sin xdx cos x 2

22

0

K x 1 cos x sin xdx

Đặt u x du dx

2 4 3 52 1dv 1 2cos x cos x sin xdx v cos x cos x cos x3 5

3 5 3 5

00

3 5

0 0 0

2 1 2 1K x cos x cos x cos x cos x cos x cos x dx3 5 3 5

8 2 1cos xdx cos xdx cos xdx15 3 5



00

cos xdx sin x 0

3

3 2

0 0 0

sin xcos xdx 1 sin x cos xdx sin x 03

5 2 4 3 5

00 0

2 1cos xdx 1 2sin x sin x cos xdx sin x sin x sin x 03 5

8K15

8I 215

.

Câu V:

2

2

a a c b (1)b b a c (2)

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a c b Từ (1) suy ra: 2ab b a b b a 0 Ta có: (1) ac b a b a

Từ (2) suy ra: 2acb c ab bc ac bc a b cb a

Từ đó: 1 b c 1 1 1a bc a b c

(đpcm).

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và gần (d) nhất.

2 2(C) : x 1 y 3 1

phương trình tiếp tuyến tại 0 0M x ; y : 0 0x 1 x 1 y 3 y 3 1

0 0 0 04 x 1 3 y 3 0 4x 3y 5 0 (1)

2 20 0 0 0M x ; y C x 1 y 3 1 (2)

Giải (1), (2) ta được: 1 22 11 8 19M ; ,M ;5 5 5 5



1 2 2

2 113. 4. 55 5d M ,(d) 13 4

2 2 2

8 193. 4. 55 5d M ,(d) 3

3 4

Tọa độ điểm M cần tìm là 2 11M ;5 5

.

N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).

1xIN (d) 4 x 1 3 y 3 0 5

N (d) 73x 4y 5 0 y5

Tọa độ điểm N cần tìm là 1 7N ;5 5

.

2) I (d) I 2 t; 2t;4 3t

(S) tiếp xúc (P1) và (P2) 1 2d I, P d I, P R

2 2 2 2 2 2

t 12 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 49t 3 10t 16

t 131 2 2 2 1 2

Với t 1 2 2 2 21I 1;2;1 ,R 2 (S ) : x 1 y 2 z 1 2

Với t 13 2 2 2 22I 11;26; 35 ,R 38 (S ) : x 11 y 26 z 35 38

Câu VII.a: Đặt 42 3 2 12

0 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7.

Ta có: 4 442 3 21 x x x 1 x . 1 x

42 0 2 1 4 2 6 3 8 44 4 4 4 41 x C x C x C x C x C

4 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 41 x C xC x C x C x C

Suy ra: 2 3 1 37 4 4 4 4a C C C C 6.4 4.4 40

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.



6 8MI ;5 5

vectơ chỉ phương đường thẳng MI a 3;4

Phương trình đường thẳng MI: x 1 3ty 3 4t

2 2 2 1N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 1 t5

1 28 19 2 11N ; , N ;

5 5 5 5

1 2MN 3,MN 1 So sánh: 1 2MN MN

Tọa độ điểm N cần tìm là 8 19N ;5 5

2) (S): 2 2 2x 1 y 2 z 1 1 (P): x 2y 2z 3 0 M (P') : x 2y 2z d 0

Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R 22 2

d 01 4 2 dd I,(P ') R 1

d 61 2 2

1

2

(P ') : x 2y 2z 0(P ') : x 2y 2z 6 0

Phương trình đường thẳng đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):

x 1 t

: y 2 2tz 1 2t

M1 là giao điểm và (P1) 11 2 4 51 t 4 4t 2 4t 0 t M ; ;3 3 3 3

M2 là giao điểm và (P2) 21 4 8 11 t 4 4t 2 4t 6 0 t M ; ;3 3 3 3

1 22 2

2 8 10 33 3 3d M ,(P) 1

1 2 2



2 22 2

4 16 2 33 3 3d M ,(P) 3

1 2 2

Tọa độ điểm M là 2 4 5M ; ;3 3 3

N là giao điểm và (P) 2 1 2 71 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;3 3 3 3

Câu VII.b:

33

2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0

f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x1 3x 1 2xf ' 0 lim lim lim limx 0 x x x

3 2 3

2x 0 x 0 2 22 33

2 2x 0 33

1 3x 1 x 3x xlim limx x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x

3 x lim 11 3x 1 3x. 1 x 1 x

2

2 2x 0 x 0 x 0

1 2x 1 x x 1 1lim lim limx 21 2x 1 xx 1 2x 1 x

1 1f ' 0 12 2

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

THTT SỐ 402-12/2010

ĐỀ SỐ 03 Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG

Câu I: Cho hàm số: 4 2y x 2 m 1 x 2m 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: 1) Giải phương trình: 2 22cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 3

2) Giải hệ phương trình: 2

2 2

6x 3xy x y 1x y 1.



Câu III:

Cho hàm số xf x A.3 B . Tìm các số A, B sao cho f ' 0 2 và 2

1

f x dx 12

Câu IV: Trong mặt phẳng P cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng P tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD khi SA = 2a. Câu V:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

trên đoạn 0; .

2

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương trình 4x 3y 12 0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm P 2;3; 5 hạ các đường thẳng vuông góc với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó. Câu VII.a:

Chứng minh rằng số phức 245 5z 1 cos isin

6 6

có phần ảo bằng 0.

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Cho đường tròn 2 2C : x y 6x 2y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x 2y 4 0 và cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1x 1 y 1 zd :

2 1 1

và 2x 1 y 2 zd :

1 2 1

.

Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng Q : x y 2z 3 0 sao cho (P) cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b:

Giải hệ phương trình x y 1 2y 1

4

4 3.4 2x 3y 2 log 3




PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) Giao điểm với trục hoành 4 2x 2 m 1 x 2m 1 0 (*)

Đặt t = x2, ta có phương trình: 2t 2 m 1 t 2m 1 0 (**) (*) có 4 nghiệm (**) có 2 nghiệm dương phân biệt

2Δ ' 0 m 01S 0 2 m 1 0 m , m 02

P 0 2m 1 0

Với điều kiện này (**) có nghiệm 2 21 1 2 2t x ; t x (t2 > t1) 4 nghiệm (*): 2 1 1 2x , x , x , x

Dãy này lập thành cấp số cộng khi: 2 1 1 1 2 1x x x x x 3x Đặt 1 2x α x 3α

22 2 2 221 2

2 2 4 41 2

m 4x x 10α 2 m 1 10α m 12m 1 9 9m 32m 16 0 45 mx x 9α 2m 1 9α

9

Vậy m = 4 hoặc 4m9

Câu II: 1)

2 2

2 2

2cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 32cos 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2xcos 2x sin 3x cos 2x 0

cos 2x 0 sin 3x cos 2x 0

Với cos2x = 0 π π kπ2x kπ x k Z2 4 2

Với k2x3x 2x k2

10 52sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z2 3x 2x k2 x k2

2 2

Vậy phương trình có nghiệm

π kπx4 2π k2π k Zx

10 5πx k2π2



2)

2

2 2

6x 3xy x y 1 1x y 1. 2

21 6x 3xy 3x 2x y 1

3x 1 2x y 1 0

1x3

y 2x 1

Với 1x3

, từ (2) suy ra: 2 2y3

Với y 2x 1 , từ (2) suy ra: 22 2x 0 y 1

x 2x 1 1 5x 4x 0 4 3x y5 5

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

1 2 2 1 2 2 4 30;1 , ; , ; , ;3 3 3 3 5 5

Câu III:

x

x x

f ' x A.3 .ln 3 f x A.3 B A.3f x dx Bx C

ln 3

Ta có:

2

21

2f ' 0 2 A.ln 3 2 Aln 3

6A 12f x dx 12 B 12 B 12ln 3 ln 3

Vậy 2

2Aln 3

12B 12ln 3

Câu IV: Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD là trung điểm của SC. 2 2 2 2SC SA AC 4a 2a a 6

SC a 6R2 2

3

34πRV πa 63

Câu V:



xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

x 0; .

2

Ta có: 2x x xcos x 2sin 2sin 2sin 12 2 2

Xét hàm số 2g t 2t 2t 1 2t 0;2

1g ' t 4t 2 g ' t 0 t2

1 3 2g 0 1;g ;g 22 2 2

g t 0 2t 0;2

xcos x 2sin 02

x 0; .2

f x liên tục trên đoạn 0;2

.

2

x x x xcos x sin cos x 2sin sin x cos sin x 2cos2 2 2 2f ' x

xcos x 2sin2

2

x1 sin2f ' x 0

xcos x 2sin2

x 0; .2

GTLN f x = f 0 2

GTNN f x = πf2

212

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) A 1;1 B 3;0 C 0;4

Gọi H x; y là trực tâm tam giác ABC

BH x 3; y

, CH x; y 4

, AB 2; 1

, AC 1;3



x 3 3y 0BH AC BH.AC 0 x 32x y 4 0CH AB y 2CH.AB 0

Vậy H 3; 2 2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy, Oyz, Oxz.

Ta có: I 2;3;0 , J 0;3; 5 , K 2;0; 5 Mặt phẳng IJK có dạng Ax By Cz D 0 I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:

1A D42A 3B D 013B 5C D 0 B D6

2A 5C D 0 1C D10

Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.

Vậy IJK :15x 10y 6z 60 0 Câu VII.a:

24 k24 24k k24 24

k 0 k 0

5 5 5 5 5k 5k1 cos isin C cos isin C cos isin6 6 6 6 6 6

24 24k k24 24

k 0 k 0

5k 5kC cos i C sin6 6

Phần ảo 24

k24

k 0

5kC sin6

Ta có: k 24 k k k24 24 24 24

5 24 k5k 5k 5kC sin C sin C sin C sin 06 6 6 6

Suy ra: 24

k24

k 0

5kC sin 06

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) 2 2 2C : x 3 y 1 3

d song song với đường thẳng x 2y 4 0 d : x 2y c 0 d cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4 2 2d I,d 3 2 5

3 2 c5

5

c 4

c 1 5c 6

Vậy 1d : x 2y 4 0 hoặc 2d : x 2y 6 0 2) (P) song song với mặt phẳng Q P : x y 2z m 0



1

x 1 2td : y 1 t

z t

2

x 1 td : y 2 2t

z t

(Q) giao với (d1): 1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m (Q) giao với (d2): 1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3

2 22 2 2MN m 3 m 3 3 2m 27 27

MinMN = 3 3 khi m = 0 Khi đó P : x y 2z 0 Vậy P : x y 2z 0

Câu VII.b:

x y 1 2y 1

4

4 3.4 2 1x 3y 2 log 3 2

Từ (2) 4 44x y 1 1 log 3 2y log 2y3

Thay vào (1): 44log 2y 2y 131 4 3.4 2

2y 2y4 3.4 .4 23 4

Đặt 2yt 4 t 0 ta có: 24 3t 42 9t 24t 16 0 t3t 4 3

2y4 4

4 1 4 1 14 y log log 33 2 3 2 2

(2) 4 4 4 43 3 1 1x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 32 2 2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 41 1x log 32 2

; 41 1y log 32 2



Documents

63 Do de Thi Thu Dai Hoc 2011