tổng hợp 90 đề thi đại học môn toán kèm đáp án hay không nên bỏ qua (miễn phí)

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)

Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
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 1
2
2
x
x
 

.

2) Giải phương trình lượng giác:
4 4
4
sin 2 os 2
os 4
tan( ). tan( )
4 4
x c x
c x
x x
 


 
.
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:

3
2
2
0
ln(2 . os2 ) 1
lim
x
e e c x x
L
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: x
2
+ y
2
+ z
2
= 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 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
2010
2009
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: ………………

Đề thi thử lần 1
HƯỚNG DẪN
CÂU

NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Hàm số:
2 1 3
2
1 1
x
y
x x

  
 

+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x

y y y y
 
 
   
     

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
 
2
3
' 0,
1
y x D
x
   


+) BBT:
x -

- 1 +


y' + || +
y

2
||
2



+) ĐT:
1 điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi
0
2
0 0
3 3
( ) ( ;2 )
1
( 1)
M I
IM
M I
y y
M C M x k
x x x x


     
  

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
 
0
2
0
3

'( )
1
M
k y x
x
 


+)
. 9
M IM
ycbt k k
  

+) Giải được x
0
= 0; x
0
= -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1
+) ĐK:
( 2; 2) \{0}
x  

+) Đặt
2
2 , 0
y x y
  

Ta có hệ:
2 2
2
2
x y xy
x 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
2
x
 


1 điểm
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
 
  

4 4 2 2
4 2
) tan( ) tan( ) tan( ) cot( ) 1
4 4 4 4
1 1 1
sin 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

-5
5
10

+) Giải pt được cos
2
4x = 1

cos8x = 1

4
x k


và cos

2
4x = -1/2 (VN)
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là
,
2
x k k Z

 

III
3 3
2 2
2 2
0 0
3
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim
ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1
lim lim
(1 ) 1 1
2 sin 2 sin
2 sin 2 sin

1 5
2
3 3
x x
x x
e e c x x c x x
L
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
 
 
       
 
   
   
    
   
   
   
   
   
   
   
  

1 điểm

IV.1
+) Gọi
C
r
là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.
Ta có:
2 2
1
( ). .
2
.2
2( )
SAB C C
C
S pr l r r SM AB
l r r l r
r r
l r l r
   
 
  
 

+) S
cầu
=
2 2
4 4
C

l r
r r
l r
 




1 điểm
IV.2
+) Đặt :
2 3
2 2
2
( ) ,0
5 1
2 ( )
2
) '( ) 0
( )
5 1
2
lr r
y r r l
l r
r l
r r rl l
y r
l r
r l


  


 


  

   






+) BBT:
r
0
5 1
2
l


l

y'(r)

y(r)
y

max



+) Ta có max S
cầu
đạt

y(r) đạt max

5 1
2
r l



1 điểm
V
+) Ta có

2 2 2
2 2 2 2
2 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 z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
       
 
    
     
 
 
   
    
       
   
   

+) Đặt x +y + z = t,
6( cov )t Bunhia xki

, ta được:
3
1
( ) 3
2
P t t t
 

+)

'( ) 0 2
P t t   
, P(
6

) = 0;
( 2) 2 2
P   
;
( 2) 2 2
P 

+) KL:
ax 2 2; 2 2
M P MinP  


1 điểm
r
l
I
M
S
A
B
VI
+)
5
( , )
2

d I AB 


AD =
5
 AB = 2
5
 BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2
= 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y

y
 





  
 

  


 


  








(3;0), ( 1; 2)
C D
  

VII
2 2
2
2
3 2
2010
2009 (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 2009
log ( 2010) log ( 2010)
x x y y    

+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0
f t t t t
   
đồng biến,
từ đó suy ra x
2
= y
2
 x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x +2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
t t
   
 
   
   
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
 x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3

(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.
é THI thử I HC lần ii

NM học: 2010-2011
Mụn thi :
TON
làm bài:180 phútThời gian
(không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im)
Cho hm s y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (C
m

) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II:(2 im)
1.
Gii h phng trỡnh
:
2 0
1 2 1 1
x y xy
x y








2. Tìm
);0(

x

thoả mãn phơng trình
: cotx 1 =
xx
x
x
2sin
2
1

sin
tan1
2cos
2


.
Cõu III: (2 im)
1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH
vuông góc với
AC tại H .
Tìm vị trí của
M
để thể tích khối chóp
SMCH lớn nhất
2.
Tớnh tớch phõn: I =
2
4
0
( sin 2 )cos 2
x x xdx



.
Cõu IV: (1 im) :

Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.

Chng minh rng :
2 2 2
2.
a b b c c a
b c c a a b




PHN RIấNG (3 im)

( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng
3
2
và
trọng tâm thuộc đờng thẳng

: 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng

:
1 2
1 1 2

x y z


.
Tìm toạ độ điểm M trên

sao cho:
2 2
28
MA MB


Cõu VIa :
Giải bất phơng trình
:
32
4
)32()32(
1212
22


xxxx

B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x
2
+ y
2

6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho
qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60
0
.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1



.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d

Cõu VIb:
Gii h phng trỡnh
3 3
log log 2
2 2
4 4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y

Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Hớng dẫn chấm môn toán

C©u
ý

Néi Dung §iĨm

I
2

1
Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) 1

y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x

2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
 
   




0,25

+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2


0;

x



hµm sè ®ång biÕn trªn R

0,25
 Bảng biến thiên:







0,25


+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0  x = –1

tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)

0,25


2
1

Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường
thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1  x(x
2
+ 3x + m) = 0 



  

2

x 0
x 3x m 0 (2)





0,25
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
 Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
 0.



   



 

   



2

m 0
9 4m 0
4
m
0 3 0 m 0
9
(*)




0,25
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
=y’(x
D
)=
    
2
D D D
3x 6x m (3x 2m);

k
E
=y’(x
E
)=
    
2

E E E
3x 6x m (3x 2m).

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1


0,25

 (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) =-1
 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
 9m + 6m(–3) + 4m
2

= –1 (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo ñònh lý Vi-ét).

 4m
2
– 9m + 1 = 0 
9 65
8
9 65
8
m
m












So s¸nhÑk (*): m =
 

1
9 65
8


0,25
II


2

1
1


1. §k:
1
1
2
x
y









(1)

( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
x y y xy x y x y
x y
x y
x y voly
        

 
  


 



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

1
( )
2 1 0
2
2
5 10
2 1 2
( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y
x
x
y
y tm
        
          




 


  






 







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
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2







xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin

sincos
22







0,25



)2sin1(sinsincos xxxx 



0)1sincos)(sinsin(cos
2
 xxxxx





0,25





0)32cos2)(sinsin(cos  xxxx

0,25

(cos )( 2sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x

    

cos 0
2 sin(2 ) 3( )
4
x sinx
x voly

 




 






0sincos  xx


tanx = 1
)(
4
Zkkx 


(tm®k)
Do
 
4
0;0


 xkx


0,25

III 2
1 1

Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC



 




Lai cã
( ) ( )
( ) ( , ) .sin 45
2
o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
  
     


0,25

Ta cã

0
. 45 2
2 2
1 1
. ( 2 )
2 2
2 2
1 1

. 2 ( 2 )
3 6
2 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a


      
   
   






O,5
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

 
3
2
2
1

2 2
3 2 6
2
2 2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a
x a
 
 
  
 




M trïng víi D



0,25
2 1

I =
4 4 4
2 2

1 2
0 0 0
( sin 2 ) 2 2 sin 2 2
x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I
  
    
  


0,25


IV 1 1


.Ta cã :VT =
2 2 2
( ) ( )
a b c b c a
A B
b c c a a b b c c a a b
      
     



0,25

 
3
3
1 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 9
3 ( )( )( )3
2 2
3
2
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
A
 
        
 
  
 
    
  
 


0,25

2 2 2
2 2

1 ( ) ( )( )
1
1 .2
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
          
  
   


0,25
Tõ ®ã tacã VT
3 1
2
2 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
TÝnh I
1

®Æt
4
1
0
1
sin2 sin2
4
1
2
2 2
sin2
0
2

du dx
u x
x
I x xdx
v cos xdx
v x






 
   
 










1 1
2
4
8 4 8 4
0

cos x

 
   


0,25


TÝnh I
2

4
2 3
2
0
1 1 1
4
sin 2 (sin2 ) sin 2
2 6 6
0
I xd x x


  


0,25




VËy I=
1 1 1
8 4 6 8 12
 
   


0,25
S
ABC
=
1
2
d(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
3
CM GM

 

C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1)

0,25
2 1

1
: 2 (1 ; 2 ;2 )
2
x t
ptts y t M t t t
z t
 


       






0,5



Ta cã:
2 2 2
28 12 48 48 0 2
MA MB t t t
       

0,25
Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4)


0,25


VI.a

1

1

Bpt
   
4
3232
22
22

 xxxx


0,25

 
)0(32
2
2



tt
xx
BPTTT :
4
1

t
t


2
4 1 0
t t
   
3232  t
(tm)

0,25

Khi ®ã :
 
323232
2
2

 xx
121
2
 xx

0,25

2121012
2
 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


0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB






Vì MI là phân giác của

AMB

(1) 

AMI
= 30
0

0
sin 30

IA
MI 
 MI = 2R 
2
9 4 7
m m   


(2) 

AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI 
 MI =
2 3
3
R 
2
4 3
9
3
m  
Vô

0,5

0,5






















VIb

nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7
) và M
2
(0;-
7
)



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 t
z 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; 2)
MH
u MH
   
 

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 3
2log log
2 2 2 0
xy xy
  



0,5

log
3
xy = 1  xy = 3y=
3
x

(2) log
4
(4x
2
+4y
2
) = log
4
(2x
2
+6xy)  x
2
+ 2y
2
= 9
0,25

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

0,25

A
M
D
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 2

y 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:
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4

 
   
 
 
.
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2 3

x y 1
x y 2xy y 2

 


  



Câu III:
Tính
 
4
2 3x
4
dx
I
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
a,b,c 0 : abc 1. 
Chứng minh rằng:
1 1 1
1
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 :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 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1

z 3
  

 

   






Câu VII:
Tính:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
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:
+)
x 2 x 2
lim y , lim y x 2
 
 
     
là tiệm cận đứng.
+)
x x
lim y lim y 1 y 1
 
   
là tiệm cận ngang.
-) Bảng biến thiên :
 
2
4
y' 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
2
2
4 x 2
x 2
x 6 5
k x 6 5
x 2
x 2
x 2
4
4
k
k
x 2
x 2
4x 24x 0
4 x 6 5 x 2 x 2 x 2
x 0;k 1
4
4
1
k
k
x 6;k
x 2
4
x 2





    
  





 

 
 
 
 

 





 
      
  





  
 
 

 
  
 





Suy ra có
2 tiếp tuyến là :
   
1 2
x 7
d : y x 1; d : y
4 2
     


Câu II:
 
  
2
1. cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos x cos 2x 1 sin 2x cos2x

2cos x 2sin xcosx 2cos x cos2x 0
cos x cos x sinx cos2x 0
cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0
x k
2
cosx 0
cosx sinx 0 x k
4
1 sinx cosx 0
sin x
4

 
   
 
 
   
   
   
    

  




       


  



 

 
 
1
2
x k
2
x k
2
x k
4
x k
4
x k2
x k2
4 4
5
x k2
4 4







 





  



  





   



     
 
 
 
    
 
 
 
 


   




 
 
 
1 3
1 1 3 3
2x
2 x y
y x
y x x y
2.
1 3
1 3
2y
2x
x y
y x
x y
4 x y
2 x y
xy 2
xy
1 3
1 3
2x
2x
y x
y x

x y
1 3
x y 1
2x
x x
x y 1
2
x 2, y 2
y
x
x 2, y 2
x 3
2x
2 x

   

 
    

   

 
   

 
 
 
 
 





 

  



 
 

 
 
 
 
 
 








 



 



  

 


  
 




  


 











Câu III:

 
 
2
1 1 1
2
4 2 2
2 2
0 0 0
3
1
2
2 2
2
1
0
2
2
d x
xdx 1 1 dt
I
x x 1 2 2 t t 1
x x 1
1 dt 1 du
2 2
1 3 3
t u
2 2 2

  
   
 
 
   
 
  
   
 
 
   
  
 

Đặt
2
3 3 dy
u tan y, y ; du
2 2 2 2 cos y
 
 
     
 
 

 
3 3
2 2
6 6
1 3

u y ;u y
2 6 2 3
3
dy
1 1
2
I dy
3
2
3 6 3
cos y 1 tan y
4
 
 
 
     

   
  
 



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 2
2 2 2
2
2
SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
sin sin sin
tan 1
SI MI.tan
sin cos
1 4 1 4
V
3 sin cos 3.sin .cos
sin sin 2cos 2
sin .sin .2cos
3 3
1
sin .cos
3
V min sin .cos max
s
    
     

  

   
 
    
   
    
    
   
  

2 2
1
in 2cos cos
3
     


Câu V:
Ta có:
N
M
I
D
A
B
C
S
H
 

 
 
     
 
2 2
3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3
3 3 3
3 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 c
ab 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 17
5 17 4x 3y 4 x 4y 17
5
17
3x y 5 0
4x 3y 4 x 4y 17
3x y 5 0
3x 7y 21 0
 
     
     
  
   
         
  





    


  

  

 
 
 
1 2
7
M ;2 ,M 9; 32
3
3x y 5 0
5x y 13 0




 

  
 

  
 




  






2. Gọi
   
1 2
M 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 0
MN.u 0
2 2t 2t ' 1 t t ' 0
MN.u 0
6t 3t ' 3 0
t t ' 1
3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 ,N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4

      


        

 

 
     





   

   

   

  
 
  


 
 


Câu VII:
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1 2 3 4 2011
     

Ta có:
 
 
 
   
 
   
 
   
 
     
   
k k
k k
k
2010
k
k 1
k 1
2011
1 2 2011

1 2 2011
2011 2011 2011
2011 0
0
2011
2 2010! 2 2010!
2 C
1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C
4022 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
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     
có đồ thị (C
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 :
3
2
3
512)13(
22
 xxxx

Câu III (1 điểm) Tính tích phân




2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I


Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ
ABC
.
A

’
B
’
C
’ có đáy là tam giác đ
ều 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
’ bi
ết khoảng cách giữa AA’

và BC là
a 3
4

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

22
 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44



yx
yx
P
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
( ):3 5 0
x y
   
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
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
zyx
d 




Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:

2log9)2log3(
22
 xxx

…… HẾT





ĐÁP ÁN

Câu I
a)
ồ
Học sinh tự làm

0,25
b)
3 2
2 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






1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
 
;2


0'

y

2

x

21

m

1

m

0,25

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
26
mxx
mxx










7
2
7
5
2



m
x
m
x
;
Zm


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

m
x 
(
tm 5

);
7
2
7

m

x 
(
37

lm
)
trong đó
Zltm

,,



0,25
b)

Giải phương trình :
3
2
3
512)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
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




x

t
x
t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:









7
602
;
2
61
x



0,5

Câu III
Tính tích phân





2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó



2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=

Đặt u=

3
x
e

dxedu
x
3
3 
;
22ln3;10

uxux

0,25
Ta được:



2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu














2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1

0,25


=3
2
1
)2(2

1
2ln
4
1
ln
4
1










u
uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4
3




Vậy
I
8
1
)
2
3
ln(
4
3



0,25
Câu IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:





BCOA
BCAM
'
)'( AMABC


Kẻ
,'AAMH

(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do BCHM
AMAHM
AMABC







)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của









0,5

A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M


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.AO
O'A 

Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a

2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC


0,5
Câu V
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
cb
tabccbacbaf



*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf

:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba


33

cbaa
hay a
1



),,(),,( ttafcbaf

134)(3134)(3
2222222
 atttaabccba

= )(4)2(3
2222

tbcatcb 
=
















22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb

=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb



= 0
2
))(23(
2

 cba
do a
1


0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,(

ttaf
với a+2t=3
Ta có 134)(3),,(
2222
 atttattaf

= 13)23(4))23((3
2222
 ttttt
= 0)47()1(2
2
 tt do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1

cbacbt
(ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22
 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức


1
1
22
44



yx
yx
P

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22





0,25
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.

Măt khác xyyxyxyx 11
2222

nên 12
2244
xyyxyx .đăt
t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
1

3
1
;
2
22
)(
2



t
t
tt
tfP




0.25
Tính









)(26

26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf


0.25
Do hàm số liên tục trên

1;
3
1

nên so sánh giá trị của
)
3
1
(

f
,
)26( f
,
)1(f

cho ra kết quả:
626)26( fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min fP






0.25
Cõu VIa

1 im
a)
(Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:

1;2 5
AB AB

. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0
x y

.

: ;I d y x I t t

. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC




0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1


ABCdABS
ABC

446. t








3

4
0
t
t


T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5
) tho món .



0,5
b)

1 im
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0

0.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;

H ABC

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H


0,25
*O i xng vi O qua (ABC)

H l trung im ca OO

)
3
2
;
3
2
;
3

4
(' O

0,5
CõuVIIa
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.

1 im
PT


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

t
zzt 2
2

. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh:
0,25

Đặt

zzt 2
2

. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
 tt


0,25













61
1
5
2
z
iz

t
t

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



0,5
Câu VIb
a)

1 điểm

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

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

17
CD 

0,25
Điểm M thuộc

có toạ độ dạng:
( ;3 5)
M t t
 
Ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
 
 


0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD
  

7

9
3
t t
    


Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M 

0,5
b)



1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
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 d
1

, d
2




0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u







 
 
Ad
1
, Bd
2
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
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6

Nên có phương trình là:
 
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6
x y z
     


0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình

2log9)2log3(
22
 xxx


1 điểm
Điều kiện:
0


x

Bất phương trình

)1(2log)3(3
2
 xxx

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

0.25
TH1 Nếu
3

x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x

0,25
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( 
đồng biến trên khoảng
 
;0


3
1
)(



x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
 
;3

*Với
4


x
:Ta có





3)4()(
3)4()(
gxg
fxf

Bpt có nghiệm
4

x

* Với
4

x
:Ta có





3)4()(
3)4()(
gxg

fxf

Bpt vô nghiệm

TH 2 :Nếu
30

x
BPT

3
1
log
2
3
2



x
x
x


xxf
2
log
2
3
)( 

đồng biến trên khoảng
 
;0


3
1
)(



x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
 
3;0

*Với
1

x
:Ta có





0)1()(
0)1()(

gxg
fxf

Bpt vô nghiệm
* Với
1

x
:Ta có





0)1()(
0)1()(
gxg
fxf

Bpt có nghiệm
10

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.