Đề thi thử đại học năm 2011 môn Toán khối A - Đề số 1 potx

KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MƠN TỐN -KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề)
-----------------------------------------I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + 1
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =

1
2

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC
bằng 64.
Câu II(2,0 điểm)
π
1. Giải phương trình : 2 3cos2 x − tan x = 4sin 2 ( x − ) + cot 2 x
4

2.Giải bất phương trình : 2 x − 1 − x + 5 > x − 3
Câu III(1,0 điểm)
Khai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .....+ a30x30
Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + ... + 31|a30|
Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vng cạnh a,mặt bên
SAD là tam giác đều và SB = a 2 . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H
là giao điểm của FC và EB.
1.Chứng minh rằng: SE ⊥ EB và CH ⊥ SB
2.Tính thể tích khối chóp C.SEB
Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức :

P=

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3
2

II/PHẦN RIÊNG (2,0 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)
1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác
trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0
Viết phương trình đường thẳng BC .
2.Giải hệ phương trình :
 x 2log x y = 2 x + 3

x

2
log y y = log x y


B/Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0;
đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
2
2
2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 3sin x + 31+ cos x .
HẾT !
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:……………………


1




Câu
I

Ý
1
1điểm

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1
MƠN TỐN - KHỐI A
Nội dung đáp án

Điểm

1
Khi m= hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1
2

1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1)
-----------------------------------------------------------------------------y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến ∀x ∈ (−1;0) vµ (1; +∞)
Hàm số nghịch biến ∀x ∈ (−∞; −1) vµ(0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y( ± 1)=0
-----------------------------------------------------------------------------.Giới hạn: xlim y = +∞ ; xlim y = +∞
→+∞
→−∞
.BBT:
-∞

x
y

-

,

y

-1
0

0
0
1

+

+∞

-

+∞

1
0

+

0,25

0,25

0,25

+∞

0
0
-----------------------------------------------------------------------------3. vẽ đồ thị:
y

1
-1
I

0,25
1

x

2
(1điểm) y , = 4 x3 − 16m 2 x = 4 x( x 2 − 4m 2 )
Đk để hàm số có 3 cực trị là y , = 0 có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình g ( x) = x 2 − 4m 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt

0,25

x≠0 ⇔m≠0

-----------------------------------------------------------------------------x = 0 ⇒ y = 1

y , = 0 ⇔  x = 2m ⇒ y = 1 − 16m 4
 x = −2m ⇒ y = 1 − 16m 4




0,25
2

Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1 − 16m 4 ) ;C (−2m;1 − 16m 4 )
-----------------------------------------------------------------------------Ta thấy AB=AC = (2m) 2 + (16m4 ) 2 nên tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1 − 16m 4 )
nên AI = 16m 4 ; BC = 4 m
-----------------------------------------------------------------------------1
1
S ∆ABC = . AI .BC = 16m 4 .4 m =64 ⇔ m5 = 2 ⇔ m = ± 5 2 (tmđk m ≠ 0 )
2
2
Đs: m = ± 5 2

II

kπ
1
Đk: x ≠ (k ∈ Z )
2
(1điểm)
-----------------------------------------------------------------------------Với đk trên phương trình đã cho tương đương:

π 

2 3cos2 x − (t anx + cot 2 x) = 2 1 − cos(2 x − ) 
2 

s inx cos2 x
⇔ 2 3cos2 x − (
+
) = 2(1 − sin 2 x)

cos x sin 2 x
cos x
⇔ 2 3cos2 x −
= 2(1 − sin 2 x)
cos x.sin 2 x
1
⇔ 2 3cos2 x −
= 2(1 − sin 2 x)
sin 2 x

0,25

0,25
0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------⇔ 2 3cos2 x.sin 2 x − 1 = 2sin 2 x − 2sin 2 2 x
⇔ 3 sin 4 x − 1 = 2sin 2 x − 1 + cos4 x
⇔ 3 sin 4 x − cos4 x = 2sin 2 x
3
1
sin 4 x − cos4 x = sin 2 x
2
2
π
⇔ sin(4 x − ) = sin 2 x
6
⇔

0,25

-----------------------------------------------------------------------------π
π


 4 x − 6 = 2 x + k 2π
 x = 12 + k π (tm)
⇔
⇔
(k ∈ Z )
 4 x − π = π − 2 x + k 2π
 x = 7π + kπ (tm)


36
3
6



II

0,25

2
2 x − 1 − x + 5 > x − 3 (1)
(1điểm) Đk: x ≥ 1
Nhân lượng liên hợp: 2 x − 1 + x + 5 > 0
(2 x − 1 − x + 5)(2 x − 1 + x + 5) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5)

⇔ 4( x − 1) − ( x + 5) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5)

0,25

⇔ 3( x − 3) > ( x − 3)(2 x − 1 + x + 5) (2)

--------------------------------------------------------------------------Xét các trường hợp:
TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 > 2 x − 1 + x + 5 (3)


0,25
3



VP(3) > 2 2 + 2 2 = 4 2 >3

nên bất phương trình (3) vơ nghiệm.
---------------------------------------------------------------------------TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)
---------------------------------------------------------------------------TH3: 1 ≤ x < 3 nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:
3 < (2 x − 1 + x + 5) bình phương 2 vế ta được:
4 ( x − 1)( x + 5) > 8 − 5 x (4)
8 − 5 x < 0
8
⇔ < x < 3 (5) thì (4) ln đúng
5
1 ≤ x < 3
8 − 5 x ≥ 0
8
⇔ 1 ≤ x ≤ (*) nên bình phương hai vế của (4)ta

*
5
1 ≤ x < 3

0,25

*

0,25

được 9 x 2 − 144 x + 144 < 0 ⇔ 8 − 48 < x < 8 + 48
8
5

Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 − 48 < x ≤ (6)
Từ (5) và (6) ta có đs: 8 − 48 < x < 3
III

1điểm

0
1
2
30
Xét khai triển: (1 − 5 x)30 = C30 − C30 .5 x + C30 .(5 x) 2 − ... + C30 .(5 x)30
Nhân 2 vế với x ta được:
0
1
2
30

x(1 − 5 x)30 = C30 x − C30 .5 x 2 + C30 .52 x 3 − ... + C30 .530 x 31 (1)
-----------------------------------------------------------------------------Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được;
0
1
2
30
(1 − 5 x)30 − 150 x(1 − 5 x) 29 = C30 − 2C30 .5 x + 3C30 .52 x 2 − ... + 31C30 .530 x 30 (2)
Chọn x=-1 thay vào (2) ta được
0
1
2
30
630 + 150.629 = C30 + 2(C30 .5) + 3(C30 .52 ) + ... + 31(C30 .530 )

IV

1
(1điểm)

-----------------------------------------------------------------------------29
hay 6 (6 + 150) = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 31 a30
30
hay 6 .26 = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 31 a30
ĐS : S = 630.26
S
A

F

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
B
H

E
D
C
-----------------------------------------------------------------------------*CM: SE ⊥ EB
Vì tam giác SAD đều cạnh a ⇒ SE =
Xét tam giác vng AEB có:



a 3
2

0,25

4



2

5a 2
a
EB = EA + AB =  ÷ + a 2 =
4
2
2

2

2

----------------------------------------------------------------------------2

 a 3  5a 2
2
2
Xét tam giác SEB có: SE + EB = 
 2 ÷ + 4 = 2a = SB
÷


suy ra tam giác SEB vng tại E hay SE ⊥ EB
2

2

-----------------------------------------------------------------------------Ta có: AEB = BFC(c-c)
suy ra ¼ = BFC
AEB ¼
¼

¼
¼
mà ¼ + FBE = 900
AEB ¼
⇒ BFC + FBE = 900 ⇒ FHB = 900
Hay CH EB
mặt khác CH SE (do SE ( ABCD) )
Suy ra CH ⊥ ( SEB) . => CH ⊥ SB
IV

2
(1điểm)

1
3

Vậy VC .SEB = .CH .S ∆SEB
-----------------------------------------------------------------------------* Xét

1
1
1
1
1
4 1
5
=
+
=
+ 2= 2+ 2 = 2

2
2
2
2
BF
BC
a a
a
có: BH
a a
 ÷
2

FBC

suy ra BH 2 =

a 2 4a 2
2a
=
⇒ CH =
5
5
5

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

V

(1

điểm)

0,25

0,25

a
5

BHC có: CH 2 = BC 2 − BH 2 = a 2 −

Nên VC .SEB

0,25

2

-----------------------------------------------------------------------------Xét

0,25

1
1
1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3
= CH . .SE.EB = .
. .
.
=
(đvtt)
3

2
3 5 2 2
2
12

0,25
0,25

Áp dụng BĐT cosi ta có:
a 2 + b 2 ≥ 2ab
b 2 + 1 ≥ 2b
a 2 + 2b 2 + 3 ≥ 2(ab + b + 1)
suy ra

-----------------------------------------------------------------------------Tương tự : b 2 + 2c 2 + 3 ≥ 2(bc + c + 1)
c 2 + 2a 2 + 3 ≥ 2( ac + a + 1)

0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------1
Khi đó: P ≤ 

1
1
1

+
+

÷
2  ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 
1
1
abc
abc

+
+
= 
÷
2
2  ab + b + 1 bc + c + abc ac + a bc + abc 
1
1
ab
b
 1
+
+
= 
÷=
2  ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1  2

0,25

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

5

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
VI.
a

0,25

1
khi a=b=c=1
2

1
Gọi C ( xc ; yc )
(1điểm) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (−2 yc − 2; yc )
y +1



Gọi M là trung điểm của AC nên M  − yc − 1; c ÷
2 

-----------------------------------------------------------------------------

Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : − yc − 1 − 2.
⇒ C (−4;1)

yc + 1
+ 4 = 0 ⇒ yc = 1

2

0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------Từ A kẻ AJ ⊥ d 2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
→
phương của đường thẳng (d2) là u (2; −1) là véc tơ pháp tuyến của
đường thẳng (AJ)
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ
4

x = − 5
2 x − y + 1 = 0
4 3

⇔
⇒ I (− ; − )

5 5
x + 2 y + 2 = 0
y = − 3

5


0,25

-----------------------------------------------------------------------------Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ
8
8


0 + x = − 5
x = − 5
8 11


⇔
⇒ J (− ; − )
Gọi J(x;y) ta có: 
5 5
1 + y = − 6
 y = − 11


5
5


8
5

11
5

Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) là:

0,25

4x+3y+13=0

VI.
a

2
(1
điểm)

Đk:

x,y>0 và x, y ≠ 1

0,25

Với đk trên hệ phương trình tương đương :
 y 2 = 2 x + 3(1)


log y x-1=2log x y (2)

Giải(2) đặt log y x = t (t ≠ 0)
2
t

 t = −1
(tm)
t = 2

2
phương trình (2) trở thành: t − 1 = ⇔ t − t − 2 = 0 ⇔ 

1

 l og y x=-1
x = y
⇔
⇔
 log y x=2

 x = y2


0,25

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



6



 2 2
 y2 = 2x + 3  y = + 3  y3 − 3 y − 2 = 0
y




⇔
⇔
1
1/  1
x = y
x = 1
x = y



y

 y = 2
1


  y = −1(loai )  x =
⇔
⇒
2
x = 1
y = 2


y


0,25

----------------------------------------------------------------------------- y2 = 2x + 3  y2 = 2 y2 + 3  y2 + 3 = 0



⇔
⇔
2/ 
(vô nghiệm)
2
2
2
x = y
x = y
x = y




Đáp số:
VI.
b

0,25

1

x =
2

y = 2



1
Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm
(1điểm)
x − y + 1 = 0
x = 0
⇔
⇒ B (0;1)
của hệ : 
2 x + y − 1 = 0

y =1
uuu
r
Đường thẳng AB có VTPT : nAB (1; −1)
uuu
r
Đường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1)
uuu
r
Giả sử đường thẳng AC có VTPT : nAC (a; b)

0,25

-----------------------------------------------------------------------------Khi đó:
uuu uuu
r r
uuu uuu
r r

nAB .nBD
nAB .nAC
uuu uuu = uuu uuu
r r
r r
nAB nBD
nAB nAC

⇔

1

a−b

=

⇔ a 2 + b2 = 5 a − b

a +b
⇔ a + b = 5( a 2 − 2ab + b 2 )
5

2

2

2

2

0,25

⇔ 4a 2 − 10ab + 4b 2 = 0
⇔ 2a 2 − 5ab + 2b 2 = 0
b

a = 2
⇔

 a = 2b
uuu
r
b
1/Với a = ,chọn a=1,b=2 thì nAC (1; 2) suy ra phương trình đường
2

thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0
-----------------------------------------------------------------------------Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ
 1
 x= 3
2x + y −1 = 0

1 1

⇔
⇒ I( ; )
điểm I là nghiệm của hệ: 
3 3
x + 2 y −1 = 0
 y= 1

 3


0,25

Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ


7



1

 x=- 3
x − y +1 = 0
1 2

⇔
⇒ A(− ; )
điểm A là nghiệm của hệ: 
3 3
x + 2 y −1 = 0
 y= 2
 3

Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm C (1;0) và
2 1
D( ; − )
3 3

----------------------------------------------------------------------------2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là
2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD)
1 2
3 3

2
3

1
3

0,25

Đáp số: A(− ; ) ; B(0;1) ; C (1;0) ; D( ; − )
VI.
b

2
TXĐ: D=R
(1điểm) hàm số đã cho viết lại là: y = 3sin x + 32−sin x
Đặt t = 3sin x vì 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 nên 1 ≤ 3sin x ≤ 3 tức 1 ≤ t ≤ 3
---------------------------------------------------------------------------2

2

2

0,25

2

khi đó hàm số đã cho trở thành y = f (t ) = t +

9
với 1 ≤ t ≤ 3
t

9 t2 − 9
= 2
t2
t
,
2
f (t ) = 0 ⇔ t − 9 = 0 ⇔ t = ±3

Ta có f , (t ) = 1 −

0,25

----------------------------------------------------------------------------BBT:
t

1

f (t )
f (t )

3
-

,

0,25

10

6
-----------------------------------------------------------------------------min y ( x) = min f (t ) = 6 đạt được khi t=3 khi
( −∞; +∞ )
[ 1;3]
sin 2 x = 1 ⇔ x =

π
+ kπ ( k ∈ Z )
2

Max y ( x) = Max f (t ) = 10 đạt được khi t=1 khi
[ 1;3]

( −∞; +∞ )

0,25

sin 2 x = 0 ⇔ x = kπ (k ∈ Z )

Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa.
Hết

8



KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MƠN TỐN 12. KHỐI D.

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 y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m= 1
2. CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác định các giá trị của m để hàm số (1) đạt cực
đại và cực tiểu tại các điểm có hồnh độ dương.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình: x2 + 2 x 2 + 4 x + 3 ≥ 6 − 2 x
2. Giải phương trình: sin2x - 2 2 (sinx + cosx) -5=0
Câu III (1,0 điểm)
Tính tổng: S=

1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+

2!2009! 4!2007! 6!2005!
2008!3! 2010!1!

Câu IV (1,0 điểm)
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 vng. Tính thể tích tứ diện ABCD
Câu V (1,0 điểm)
CMR: Với mọi x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có:
1
4
+
≥1
2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x)

II. 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 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương
trình: x - 2y + 1 = 0. Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vng tại C.
Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một điểm bất kỳ nằm
trên đường thẳng At vng góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a.
Câu VII.a (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:


12 

1 −
 y + 3x  x = 2




12 
1 +
 y + 3x  y = 6




B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm
trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0.
Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB)
vng góc với mp(ABC). Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính
thể tích khối cầu đó.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x).
--------Hết-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:………………………..…….............................; Số báo danh:………………



9

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MƠN: TỐN 12; KHỐI D.

Câu
I

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)
Nội dung đáp án

Ý

Điểm
2,0

Khi m=1, ta có hàm số y = x3-6x2+9x+1
* TXĐ: R
* Sự biến thiên
- Chiều biến thiên: y' = 3x2 -12x + 9
y' = 0 <=> x =1 hoặc x =3
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞;1) và ( 3;+∞) ;
Nghịch biến trên khoảng (1; 3)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1; yCĐ=5
Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; yCT=1
- Giới hạn: xlim y = ±∞
→±∞
1

- Bảng biến thiên:

(1,0 điểm)

-∞

x

1

y'

+

0

0

0,25

+∞

3
-

0,25

+
+∞

0,25

5

y

-∞
1

* Đồ thị:

y
5
0,25

1
0

1

3 4

x

* Ta có: y' = 3x2 - 6 (m+1)x + 3m(m+2)
y' = 0 <=> x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2)
=> ∆' =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, ∀m
Vậy phương trình y'=0 ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó
hàm số (1) ln có cực đại và cực tiểu.

2
(1,0 điểm) * Hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hồnh độ dương
<=> (2) có 2 nghiệm dương phân biệt <=> P > 0
S>0
<=>

m(m+2) > 0
2(m+1) > 0



<=>

m>0

0,25
0,25
0,25

0,25

10



II

2,0
2

BPT đã cho <=> x + 2x - 6 + 2 x + 4 x + 3 > 0
Đặt t = 2 x 2 + 4 x + 3 = 2( x + 1) 2 + 1 => điều kiện t >1
2

0,25

BPT trở thành:
t2 −3
−6+t ≥ 0
2

1

0,25

<=> t2 + 2t - 15 >0

<=> t >3
t <-5 (loại vì trái điều kiện)

(1,0 điểm)

0,25

Vậy: 2x2 + 4x + 3 > 9
<=> x2 + 2x - 3 > 0
<=> x > 1
x < -3
PT đã cho <=> (sinx + cosx)2 - 2 2 (sinx + cosx) - 6 = 0
<=> sinx + cosx = - 2

sinx + cosx = 3 2
2

(1,0 điểm) <=>

III

0,25
0,25
0,25

π

2 sin  x +  = − 2
4


π

2 sin  x +  = 3 2 => vô nghiệm
4

π
π
3π
<=> x + = − + k 2π
<=> x = − + k 2π (k ∈ Z )
4
2
4

0,25

0,25
1,0

Ta có
2011!S=

2011!
2011!
2011!
2011!
2011!
+
+
+ ... +
+
2!2009! 4!2007! 6!2005!
2008!3! 2010!1!

0,25

2
4
6
2008
2010
= C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 + C 2011

Khai triển
0
1
2
2
2010 2010
2011 2011
(1+x)2011= C 2011 + C 2011 x + C 2011 x + ... + C 2011 .x + C 2011 x

0,25

Chọn x = -1 ta có:
0
2
2010
1
3
2011
C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = C 2011 + C 2011 + ... + C 2011
0
1
2
2011
2011
Chọn x = 1 ta có: C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = 2

0,25

0
2

4
2010
2010
Do đó: C 2011 + C 2011 + C 2011 + ... + C 2011 = 2

IV

0,25

2 2010 − 1
Vậy S =
2011!

D



a

1,0
Hình

11



vẽ
0.25

Gọi M là trung điểm của BC

Ta có: MA=MB=MC
Mà: DA=DB=DC (gt)
Suy ra: DM ⊥ (ABC)

C

M

B
a

0,25

A
Có ∆ DBC vng cân tại D nên
1
1
1
BC =
a 2 + 3a 2 = .2a = a
2
2
2
1
1 a.a. 3
3 3
Vậy VABCD = DM .S ∆ABC = .a
=
.a (đvtt)
3

3
2
6

DM =

V

0,25
0,25
1,0

Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
1
4
4
+
≥ 2.
=
2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x )
2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x)

=
Mà

0,25

2 2
( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy )
3

( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy ) ≤

2( xy + yz + zx )
=2
3

0,25

=> (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8
1
4
2 2
+
≤
=1
2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x )
8
1
4
=
Dấu "=" xẩy ra <=>
2 xyz ( x + y )( y + z )( z + x)

0,25

Do đó:

xz + yz = xy + xz = yz +xy

<=> x = y = z = 1

xy+ yz + zx = 3

VI.a

1

(1,0 điểm)

Giả sử C=(xo;yo)
Vì C ∈ d nên xo - 2yo + 1 = 0 (1)
Vì CA ⊥ CB nên CA.CB = 0
<=> (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0
2
2
<=> x0 − 2 x0 + y0 − 2 y0 − 23 = 0 (2)
2
Thế (1) vào (2) ta có: y 0 − 2 y 0 − 4 = 0
<=> y0 = 1 − 5 => x0 = 1 − 2 5

y0 = 1 + 5 => x0 = 1 + 2 5
Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là: C1 = (1 + 2 5 ; 1 + 5 )
C2 = (1 − 2 5 ; 1 − 5 )

0,25
2,0
0,25
0,25

0,25

Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1;1) là trung điểm AB và bán kính R=

AB 10
= =5
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 25
2
2
. Vậy phương trình đường trịn đó là:



0,25

12



Gọi O là giao điểm hai đường
chéo AC và BD của hình chữ nhật
S
ABCD. Qua O kẻ đường thẳng
song song với SA cắt SC tại điểm I
Ta có:
OI ⊥ (ABCD) vì SA ⊥ (ABCD)
A
I
=> OI là trục của đường trịn ngoại tiếp
D

hình vng ABCD.
O
=> IA = IB = IC = ID (1)
B
C
2
Mà OI là đường trung bình của ∆SAC => IS = IC (2)
(1,0 điểm)
Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Do đó bán kính mặt cầu đó là:
R=

¸SC
=
2

Hình
vẽ
0,25

0,25
0,25

SA 2 + AC 2
4a 2 + a 2 + b 2
5a 2 + b 2
=
=
2
2

2

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:
(5a 2 + b 2 ) 3 π (5a 2 + b 2 ) 5a 2 + b 2
V= 4 πR 3 = 4 π .
=
3

VII.a

3

8

6

(đvtt)

0,25
1,0

Điều kiện x>0, y>0, x+3y ≠ 0
Hệ đã cho tương đương với

1−
1+

Suy ra

12

2
=
y + 3x
x
12
6
=

y + 3x
y

1
3
+
=1
x
y
1
3
− 12
−
=
x
y y + 3x

1 9
− 12
− =
=> y2 + 6xy - 27x2 = 0
x y y + 3x

2

0,25

y
y
= 3 hoặc = −9 (loại)
x
x

 y
 y
=>   + 6  − 27 = 0 <=>
 x
x

Với y = 3x thế vào PT đầu của hệ đã cho ta có: x – 2 x - 2 = 0
2
2
<=> x = (1+ 3 ) => y = 3 (1+ 3 )

Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua A (-2;3) và nhận véctơ chỉ phương
u CH = (-1;2) của đường CH làm véctơ pháp tuyến nên có phương
trình là:
- 1(x+2) + 2(y-3) = 0
<=> - x + 2y - 8 = 0
1

(1,0 điểm)

− x + 2 y − 8 = 0
2 x − y + 1 = 0

Toạ độ điểm B là nghiệm hệ: 

0,25

=> B = (2; 5)

0,25
0,25
2,0
0,25

0,25

 x −2 y +3
Giả sử đỉnh C = (xo; yo) => M =  0 ; 0 
2 
 2

Vì C ∈ CH nên 2xo + yo - 7 = 0 (1)

0,25

x0 − 2 y 0 + 3
−
+ 1 = 0 <=> 2xo - yo - 5 = 0 (2)
2
2

 x0 = 3
Giải hệ (1), (2) ta có: 
Vậy C= (3; 1)
 y0 = 1

0,25

Vì M ∈ BM nên: 2.



13



Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0
Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0

VI.b

Gọi H là trung điểm AB => SH ⊥ (ABC)
Gọi I là trọng tâm ∆ ABC, J là trọng tâm ∆ SAB
và O là điểm sao cho OIHJ là hình vng
Ta có:
OA=OB=OC (Vì OI là trục của đường trịn
ngoại tiếp ∆ ABC)
OS=OA=OB (vì OJ là trục
của đường trịn ngoại tiếp ∆ SAB )
2
Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

(1,0 điểm)
A
Bán kính mặt cầu là:
2
2


R=OA= OI + IA =  1 SH  +  2 CH  = 5  a 3 

 

9 2 
3
 3



2

S
Hình
vẽ
0,25

B
O

J
H

I

C
0,25

2

=

2

a 15
6

0,25

3

VII.b

4
4  a 15  5 15 3
 =
πa (đvtt)
Thể tích khối cầu là: V = πR 3 = π .
3
3  6 
54



Điều kiện: x > -1
Xét hàm số: f(x) = ex - ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; + ∞ )
Ta có: f'(x)= ex -

1
1
> 0 , ∀x ∈ (-1; + ∞ )
; f''(x) = ex +
(1 + x) 2
1+ x

Suy ra f'(x) đồng biến /(-1; + ∞ )
Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , ∀x >0
f'(x)<0, ∀x <0
Ta có bảng biến thiên: x
-1
f ' ( x)

0

1,0
0,25
0,25

+∞

0
-

0,25

+

0,25

f(x)
0
Dựa vào bảng biến thiên ta có: f (x) =0 <=> x = 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 0

0,25

------Hết------

Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn được cho điểm tối đa theo thang điểm của phần đó.



14