Tuyển tập 25 đề thi thử đại học môn toán ( có đáp án chi tiết kèm theo)

ĐỀ SỐ 1:
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
KHỐI CHUYÊN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN KHỐI A

Thời gian: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 = (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.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈
[ 0 ;
π
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +



Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
+
+
∫
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz
+ zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính
thể tích của tứ diện ABCD.
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 được chấm điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1

) : 4x - 3y - 12 = 0
và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm
trên (d
1
), (d
2
), 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 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
B. Theo chương trình chuẩn

1
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y
2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu điểm. M là điểm bất
kì trên (E).Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F
2
và tới đường
thẳng x =
8
3
có giá trị không đổi.
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 bất phương trình
2 2 3
2
1 6
10
2
x x x

A A C
x
− ≤ +
(
k
n
C
,
k
n
A
là tổ hợp, chỉnh hợp
chập k của n phần tử)
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN
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
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x

f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
− <
−
0.25
Bảng biến thiên
1
+
∞
-
∞
1
- -
y
y'

x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịc biến trên
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
0.25
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
2
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
∞
2.(1.0đ) Giả sử M(x

0
; y
0
) 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 :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ − − + =
− −

0.25
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x
−
+
+
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>
+
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1

t t t
t t
− + +
+ +
0.25
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
0
0
0
2
1 1
0
x
x
x
=

− = ⇔

=

0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x

0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


0.25
+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2

6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +


0.25
3
12
24 2
x k
k
x
π

π
π π

= − +

⇔


= +


vì x
[ ]
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
0.25
2.(1.0đ)
ĐK:
, 0x y
x y
≥


≥


Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − + − +
 
 
0.25
3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
− −
− −

− + =


− + =

⇔ ⇔
 
− =
− + − + + =



(do
2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3

2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


=


3
2
0
log 4
x
x
=


⇔
=



0.25
0.25
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4x =
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4x =
,y =
3
2
1
log 4
2
0.25
Câu III.
(1.0đ)
Đặt I =
3
1

4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
+
+
∫
. Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x
+
+
∫ ∫

0.25
Ta tính
3

1
2
1
0
x
I x e dx=
∫
Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x

=
+
∫
Đặt t =
4
x

4 3
4x t dx t dt⇒ = ⇒ =

0.25
Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
π
= = − + = − +
+ +
∫ ∫
Vậy I = I
1

+ I
2

1
3
3
e
π
= + −
0.25
Câu IV.
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
0.25
4
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A

B
M
B
D
A
C
P
M
N
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được

1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
0.25
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
0.25
Câu V.
(1.0đ)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
= + − = + −
= + −
Vậy V =
1
12

2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + −

1.0
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
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 trình mặt cầu đi qua 4
điểm M,N,B,C’ có dạng

x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

= −


+ + =




+ + + =
= −
 
⇔
 
+ + + =
 
= −
 
+ + + =



=

1.0
5
Vy bỏn kớnh R =
2 2 2
15A B C D+ + =
Cõu
VIIa
(1.0)
Cõu
VIb

(2.0)
1.
(1.0)
k: x > - 1 0.25
bt phng trỡnh
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x
+
+
>
+
3
log ( 1)
0
6
x
x
+
<

0.25

0.25
0 6x
< <
0.25
Ta cú
1 2
( 12;0), ( 12;0)F F
Gi s M(x
0
; y
0
)thuc (E) H l hỡnh chiu ca
M trờn ng thng
8
3
x =
. Ta cú MF
2
= a - cx
0
/a =
0
8 3
2
x
0.5
MH =
0
8 3
3

x
. Vy
2
MF
MH
khụng i
0.5
2.
(1.0)
Ta cú
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n

=

uuur uur uuur uur
Vỡ
; 0
Q
AB n



uuur uur r
nờn mt phng (P) nhn
;
Q
AB n

uuur uur
lm vộc t phỏp tuyn
Vy (P) cú phng trỡnh x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Cõu
VIIb
(1.0)
nghim bt phng trỡnh l x = 3 v x = 4 1.0
Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng
phần nh đáp án quy định
S 2:
TRNG AI HC VINH đề thi thử đại học
Trng THPT chuyờn MễN: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt

A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
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
1
=
m
.
2. Xác định
m

để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5

5
+=+− xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
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

0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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
γ
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. 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
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(
α
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức

n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−

thu được đa thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số
nguyên dương thoả mãn
n
CC
nn
171
32
=+
.
7
.
P N THI TH LN 1 NM 2009
Cõu ỏp ỏn i
m
I

1. (1,25 im)
Với
1
=
m
ta có
196
23
+= xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+= xxxxy
Ta có



<
>
>
1
3
0'
x
x
y
,

310' <<< xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3( +
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(
0,5
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1=x
và
3)1( == yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3=x
và
1)3( == yy
CT
.
Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.
0,25

Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25
2. (0,75 điểm)
Ta có
.9)1(63'
2
++= xmxy
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx



phơng trình
0'=y
có hai nghiệm pb là
21

, xx

8
Trờng ại học Vinh
Khối THPT chuyên
đáp án đề thi thử đại học
Môn Toán, khối A
x
y
y
3
-1
+

0
0
3
1
+

+
+

(2,0
im
)


Pt
03)1(2

2
=++ xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.





<
+>
>+=
31
31
03)1('
2
m
m
m

)1(
0,25
+) Theo định lý Viet ta có
.3);1(2
2121
=+=+ xxmxx
Khi đó
( ) ( )

41214442
2
21
2
2121
++ mxxxxxx

)2(134)1(
2
+ mm
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313 < m
và
.131 <+ m
0,5
II
(2,0
1. (1,0 điểm)
Điều kiện:
.0cossin,0sin + xxx
Pt đã cho trở thành
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=
+
+ x
xx

xx
x
x

02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2
=






+
=
+

xxx
xx
x
x
x

+)
.,
2
0cos +== kkxx


0,5
+)







+=
+=







+=
++=
+= nm
n
x

mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin










.,
3

2
4
+= t
t
x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx +=
2
;
.,,
3
2
4
+= tk
t
x

0,5
2. (1,0 điểm)
Điều kiện
.
3
1
>x
(*)
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log

5
2
5
+=+ xx

32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log
+=
+=
xx
xx

0,5





=
=

=
=+
8
1

2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x
xx
xxx
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2=x
0,5
III
(1,0
im
Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt =
+
=+=
.
Khi

1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
9
)
Suy ra


+









=
4
2
2
2
2
3
2
.
.
3

1
1
3
1
tdt
t
t
t
I



+=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt
0,5

.
5

9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
+=
+

+






=
t
t
tt

0,5
IV
(1,0
- Kẻ
)''('// BADABBD

0
60)',()','( == BCBDBCAB

0
60'= DBC
hoặc
.120'
0
=DBC
0,5
- Nếu
0
60'=DBC
Vì lăng trụ đều nên
).'''(' CBABB

áp dụng định lý Pitago và định lý
cosin ta có

1'
2
+== mBCBD
và
.3'=DC

Kết hợp
0
60'=DBC
ta suy ra
'BDC

đều.
Do đó
.231
2
==+ mm
- Nếu
0
120'=DBC
áp dụng định lý cosin cho
'BDC

suy ra
0
=
m
(loại).
Vậy
.2=m
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải
đúng.

- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận
xét:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB ==
.
0,5
V
(1,0
điểm
)
Đặt
zyxt ++=


2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30

222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0>t
Khi đó
.
5
2
3
2
t
t
A +

=
0,5
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+= t
t
t

tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t
t
ttf
vì
.3t
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( = ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ==== zyxt
0,5
10

A
2
1 m+
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
1. (1 điểm)
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là
CH và CM. Khi đó
CH có phơng trình
0132 =+ yx
,
CM có phơng trình
.029136 =+ yx
- Từ hệ
).1;7(

029136
0132




=+
=+
C
yx
yx
-
)2,1(==
CHAB
unCHAB

0162: =+ yxABpt
.
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx




=+

=+


).4;8(B
0,5
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++ pnymxyxABC
Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên





=+
=+++
=+++
0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm





=

=
=

72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đờng tròn:
07264
22
=++ yxyx
hay
.85)3()2(
22
=++ yx
0,5
2. (1 điểm)
- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=+ zyxN

- MNPQ là hình vuông
MNP

vuông cân tại N





=
=

0.PNMN
PNMN







=++++
+++=+++

0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx
0,5




=++++
=+

)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra

+=
+=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta đợc
065
0
2
0
=+ xx




===
===

2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx

hay





)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
( I
.
Nếu
)13;2( N
thì
).4;3;5( Q
Nếu
)2;1;3( N
thì

).3;5;4( Q
0,5
VIIa.
(1,0
Giả sử
abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra
{ }
6,4,2,0d
.
+)
.0
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A
+)
.2
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2

5
3
6
AA
0,5
+) Với
4
=
d
hoặc
6=d
kết quả giống nh trờng hợp
.2=d
Do đó ta có số các số lập đợc là
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=+ AAA
0,5
11
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H

®iÓm
)
1. (1 ®iÓm)
- Gäi ph¬ng tr×nh
)0(1:)(
2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
x
E
.
- Gi¶ thiÕt







=
=+
⇔
)2(8
)1(1
94

2
22
c
a
ba
Ta cã
).8(88)2(
22222
cccccabca −=−=−=⇒=⇔

Thay vµo (1) ta ®îc
1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.
0,5





=
=
⇔=+−⇔

2
13
2
026172
2
c
c
cc
* NÕu
2=c
th×
.1
1216
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba
* NÕu
2
13
=c
th×
.1
4/3952
:)(
4
39
,52

22
22
=+⇒==
yx
Eba
0,5
2. (1 ®iÓm)
Gi¶ sö
);;(
000
zyxM
. Khi ®ã tõ gi¶ thiÕt suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx
zyxzyxzyx









++
=++−
−+−+=+−+
+−+=++−
⇔
)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx

zyx
zyxzyx
zyxzyx
0,5
Tõ (1) vµ (2) suy ra



−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vµo (3) ta ®îc
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3

23
1
0
0
x
x





−
⇒
).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M
0,5
VIIb.
(1,0
®iÓm

)
Ta cã





=
−−
+
−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32

.9
0365
3

2
=⇔



=−−
≥
⇔ n
nn
n
0,5
Suy ra
8
a
lµ hÖ sè cña
8
x
trong biÓu thøc
.)1(9)1(8
98
xx −+−
§ã lµ
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC
0,5
12

ĐỀ SỐ 3:
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC
HỨA
THANH CHƯƠNG- NGHỆ AN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
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 2
1
x
y
x
−
=
+
(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:
2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x+ =
, (x ∈ R)
2. Giải hệ phương trình:
2

5 3
x y x y y
x y

+ + − =


+ =


(x, y∈ R)
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
1
x
y 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 y
P
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): x
2
+ y
2
- 2x - 2my +
m
2
- 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 d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
; d

2
:
1 2 1
1 1 2
x y 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 d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình
2
2
log
2log
2 20 0
x
x
x+ − ≤
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.
13
3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

1 3
1 1 4
x 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 i
z
+ = −
… Hết ….
14
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 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 2
1 1
x x

x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
1 1
2 2 2 2
lim ; lim
1 1
x x

x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
. Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.

0,25
-Bảng biến thiên:
x
-∞ - 1 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 - ∞
0,25
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
I-2
(1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x
2
+ 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 ⇔ m
2
-
8m - 16 > 0 (2)
0,25
Gọi A(x
1
; 2x
1
+ m) , B(x

2
; 2x
2
+ m. Ta có x
1
, x
2
là 2 nghiệm của PT(1).
Theo ĐL Viét ta có
1 2
1 2
2
2
2
m
x x
m
x x

+ = −



+

=


.
0,25

15
y
x
2
y=
2
x=
-1
-1
O
1
-2
AB
2
= 5 ⇔
2 2
1 2 1 2
( ) 4( ) 5x x x x− + − =
⇔
2
1 2 1 2
( ) 4 1xx x x+ − =
⇔ m
2
- 8m - 20 = 0
⇔ m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))
KL: m = 10, m = - 2.
0,25
16
II-1

(1 điểm)
PT ⇔ cos2x + cos8x + sinx = cos8x
0,25
⇔ 1- 2sin
2
x + sinx = 0
0,25
⇔ sinx = 1 v
1
sin
2
x = −

0,25
⇔
7
2 ; 2 ; 2 ,( )
2 6 6
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = − + = + ∈

0,25
II-2
(1 điểm)
ĐK: x + y ≥ 0 , x - y ≥ 0, y ≥ 0
0,25
PT(1) ⇔
2 2 2 2

2 2 4 2x x y y x y y x+ − = ⇔ − = −

2
2 0 (3)
5 4 (4)


y x
y xy
− ≥

⇔

=


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
Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có
2 3 1x x x+ = ⇔ =
KL: HPT có 1 nghiệm
4
( ; ) 1;
5
x y
 
=
 ÷

 
0,25
III
(1 điểm)
Diện tích
ln8
ln3
1
x
S e dx= +
∫
; Đặt
2 2
1 1 1
x x x
t e t e e t= + ⇔ = + ⇒ = −
0,25
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = e
x
dx ⇔
2
2
1
t
dx dt
t
=
−
0,25
Do đó

3 3
2
2 2
2 2
2 2
2
1 1
t
S dt dt
t t
 
= = + =
 ÷
− −
 
∫ ∫
0,25
=
3
1 3
2 ln 2 ln
2
1 2
t
t
t
−
 
 
+ = +

 ÷
 ÷
+
 
 
(đvdt)
0,25
IV
(1 điểm)
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
·
0
60A 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
DH AB⊥
và DH =
3a
; OK // DH và
1 3

2 2
a
OK DH= =
⇒ 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
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OA OB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =

.
0,25
0,25
17
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
V
(1 điểm)
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)
2
ta có
2
4
t
xy ≤
0,25
3 2
(3 2)
1
t t xy t
P

xy t
− − −
=
− +
. Do 3t - 2 > 0 và
2
4
t
xy− ≥ −
nên ta có
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P
t
t
t
−
− −
≥ =
−

− +
0,25
Xét hàm số
2 2
2
4
( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t t
f t f t
t t
−
= =
− −
f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4.
t
2 4 +∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞
8
0,25
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
VI.a -1
(1 điểm)
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 m
d I
m m
+
∆ = =
+ +
0,25
2
2 2
2
2

(5 ) 20
25
16
16
m
AH IA IH
m
m
= − = − =
+
+
0,25
Diện tích tam giác IAB là
12 2 12S
IAB IAH
S
∆ ∆
= ⇔ =
⇔
2
3
( , ). 12 25 | | 3( 16)
16
3
m
d I AH m m
m
= ±



∆ = ⇔ = + ⇔

= ±

0,25
VI.a -2
(1 điểm)
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (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
(1;3; 1)u = −
r
0,25
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
0,25
VII.a
(1 điểm)
Điều kiện: x> 0 ; BPT ⇔
2

2 2
4log 2log
2 20 0
x x
x+ − ≤
0,25
Đặt
2
logt x=
. Khi đó
2
t
x =
.
BPT trở thành
2 2
2 2
4 2 20 0
t t
+ − ≤
. Đặt y =
2
2
2
t
; y ≥ 1.
0,25
BPT trở thành y
2
+ y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.

0,25
Đối chiếu điều kiện ta có :
2
2 2 2
2 4 2 2 1
t
t t≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
Do đó - 1 ≤
2
log x
≤ 1 ⇔
1
2
2
x≤ ≤
0,25
18
I
A
B
∆
H
5
VI.b- 1
(1 điểm)
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 9
1 2 6
b c
b c
+ + − =


+ − + =

⇔
5
2
b
c
=


=


. Hay B(5;
3), C(1; 2)
0,25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là
( 4; 1)u BC= = − −
r uuur
.
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
0,25
VI.b-2
(1 điểm)
Giả sử
( ; ; )n a b c
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
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 =
r
0,25
Từ giả thiết ta có
2 2 2
. 4 0
/ /( ) (1)
| 5 |
4
( ;( )) 4 (2)

n u a b c
P

a b
d A P
a b c

= + + =
∆


⇔
+
 
=
=


+ +

r r
0,25
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có
2 2 2 2 2
( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − =
⇔
4 2
a a
v
c c
= = −
0,25
Với

4
a
c
=
chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z -
16 = 0.
Với
2
a
c
= −
chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z
+ 4 = 0.
0,25
VII.b
(1 điểm)
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 bi
z a bi
z a bi a b
−
= − = =
+ +
0,25
Khi đó phương trình

2 2
25 25( )
8 6 8 6
a bi
z i a bi i
z a b
−
+ = − ⇔ − + = −
+
0,25
⇔
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)
( 25) 6( )

a a b a b
b a b a b

+ + = +


+ + = +


. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có
3
4
b 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
Chú ý:
I – Cách chấm một bài thi tự luận:
1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi.
2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó !
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.
4) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ)
liên quan đến bước trên thì cắt điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.
5) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) không liên
quan đến bước phía trên nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ.
19
6) Hc sinh cho im ca tng cõu. Sau ú cng im ca cỏc cõu cú im
ca bi thi.
II Phng phỏp hc tp:
1) Hc sinh cn trỡnh by y cỏc cõu dn, cỏc du tng ng

, v ,
khụng c vit tt (tr cỏc ký hiu toỏn hc cho phộp ), khụng c lm bi
quỏ ngn gn hn vi ỏp ỏn.
2) Cn tớch cc, ch ng c cỏc ti liu tham kho, t lm cỏc thi th, cỏc
tham kho , cỏc ó thi nõng cao trỡnh kin thc v k thut, k nng
trỡnh by mt bi thi t lun.
S 4:
Sở GD Và ĐT HOà BìNH Đề THI ĐạI HọC NĂM 2011
TRƯờNG THPT CÔNG NGHIệP Môn Toán - Khối D

Đề THI THử 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 y = x
3
(m + 2)x
2
+ (1 m)x + 3m 1, đồ thị (C
m
), m là tham
số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị với m = 1.
2. Xác định giá trị m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x
1
, x
2
: x
1
x
2
= 2
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phơng trình: 2cos6x + 2cos4x
3
cos2x = sin2x +
3
2. Tìm giá trị m để hệ phơng trình sau có nghiệm:

+=+
=++
1m2yx
m1y1x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
( )

+
1
0
3
1x
xdx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. SA = a, (0 < a <
3
), các
cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c thuộc [0; 2]. Chứng minh: 2(a + b + c) (ab + bc + ca) 4
PHầN RIÊNG (3,0 điểm).
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình Chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Cho các điểm A(1; 0), B(2; 1) và đờng thẳng d:
2x y + 3 = 0. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC. Biết toạ độ A(1; 0; 1), B(1; 2;
1), C(1; 2; 3). Xác định tọa độ tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z
1
, z

2
là các nghiệm phức của phơng trình: 2z
2
4z + 11 = 0.
Tính giá trị của biểu thức P =
( )
2
21
2
2
2
1
zz
zz
+
+
B. Theo chơng trình Nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x
2
+ 4y
2
= 4. Tìm các điểm M trên elíp (E)
sao cho góc F
1
MF
2
= 60
0
.

20
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) và 2 đờng thẳng:

1
:
2
1z
1
4y
1
x +
=


=
;
2
:
3
z
3
2y
1
x

=


=
Viết phơng trình tham số của đờng thẳng đi qua điểm I và cắt cả 2 đờng thẳng

1
và
2
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn:
( )





=
+=
4zz
i2zziz2
2
2
Hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
sent to www.laisac.page.tl
ĐáP áN Và thang ĐIểM
Môn Toán - Khối D
Câu Nội dung đáp án Điểm
Câu I
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Khảo sát hàm số
Khi m = 1 y = x
3

3x
2
+ 2
Tập xác định: D =
Sự biến thiên: y' = 3x
2
6x
+x
lim
y = +;
x
lim
y =
0,25
Bảng biến
thiên
x
0 2 +
0,25
y'
+ 0 0 +
y
2 2 +
Khoảng đồng biến: (; 0), (2; +)
Khoảng nghịch biến: (0; 2)
Cực đại: x = 0; y = 2 Cực tiểu: x = 2; y = 2
0,25
Đồ thị
Tâm đối xứng (1; 0) là điểm uốn của đồ
thị.

0,25
2) (1,0 điểm) Xác định giá trị m
Ta có y' = 3x
2
2(m + 2)x + 1 m
' = (m + 2)
2
3(1 m) = m
2
+ 7m + 1
0,25
x
1
x
2
= 2 (x
1
x
2
)
2
= 4 x
2
1
+ x
2
2
2x
1
x

2
= 4
(x
1
+ x
2
)
2
4x
1
x
2
4 = 0
( )
2
3
2m2






+
4.
3
m1
4 = 0
m
2

+ 7m 8 = 0
0,25
21
4
-1
1
2
3
-2
-1
1
2
x
y
O
YCBT



=
>
2xx
0'
21

=+
>++
08m7m
01m7m
2
2
m = 1 hoặc m = 8
0,50
1. (1,0 điểm) Giải phơng trình
2cos6x + 2cos4x
3
cos2x = sin2x +
3
2(cos6x + cos4x) sin2x

3
(1 + cos2x) = 0 4cos5xcosx 2sinxcosx 2
3
cos
2
x = 0
0,25
2cosx(2cos5x sinx 2
3
cosx) = 0




+=

=
xcos3xsinx5cos2
0xcos













=
=
6
xcosx5cos
0xcos
0,25
x =
2

+ k, x =
24

+ k
2

, x =
36

+ k
3

0,50
2. (1,0 điểm) Tìm giá trị m
Với điều kiện x 1 và y 1, ta có:





+=+
=++
1m2yx
m1y1x

( ) ( )





+=++
=++
1m21y1x
m1y1x

22

( )





+=+
=++
1m2m1y.1x2
m1y1x
2
0,25
Khi đó
1x +
và
1y
là nghiệm không âm của phơng trình:
t
2
mt +
2
1
(m
2
2m 1) = 0 2t
2
2mt + m
2

2m 1 = 0.
0,25
Ta phải có








0P
0S
0'

( )








01m2m
0m
01m2m2m
2
22

01m2m
0m
02m4m
2
2






+

+
21m21m
0m
62m62
1 +
2
m 2 +
6
0,50

Câu III
(1,0
điểm)
Tính tích phân:
Ta có:
3
x
(x 1)+
=
A
x 1+
+
2
B
(x 1)+
+
3
C
(x 1)+
=
2
1
(x 1)+

3
1
(x 1)+
Có thể xét:
3
x

(x 1)+
=
3
(x 1) 1
(x 1)
+
+
=
2
1
(x 1)+

3
1
(x 1)+
0,25
Từ đó suy ra: I =
( ) ( )







+

+
1
0

32
dx
1x
1
1x
1
=
( )


+
1
0
2
dx1x

( )


+
1
0
3
dx1x
0,25
=
1
0
1x
1

+


( )
1
0
2
1x2
1
+

=
2
1
+ 1 +
8
1

2
1
=
8
1
0,50
Câu IV
(1,0
Tính thể tích hình chóp
22
S
A

B
C
D
O
H
Gọi O AC BD, ta có:
BDA = BDC = BDS (c.c.c)
OA = OC = OS
CSA vuông tại A
AC =
1a
2
+
Trong hình thoi ABCD:
AC
2
+ BD
2
= 2(AB
2
+ BC
2
)
1 + a
2
= 2
2

BD =
2

a3
(vì 0 < a <
3
)
Diện tích đáy: S
ABCD
=
2
1
AC.BD =
2
1
1a
2
+
.
2
a3
0,50
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD), ta thấy:
SB = SD HB = HD HOC
Trong CSA vuông tại A:
222
SC
1
SA
1
SH
1
+=

2
SH
1
=
2
a
1
+ 1 =
2
2
a
1a +
SH =
1a
a
2
+
0,25
Từ đó thu đợc thể tích V =
3
1
.
2
1
1a
2
+
.

2
a3
.
1a
a
2
+
=
6
a
2
a3
0,25
Câu V
(1,0
điểm)
Chứng minh bất đẳng thức:
Với giả thiết a, b, c thuộc [0; 2], ta có (2 a)(2 b)(2 c) 0
8 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) abc 0
0,50
2(a + b + c) (ab + bc + ca) 4 +
2
1
abc 4
Dấu = xảy ra Có 2 giá trị bằng 0 và 1 giá trị bằng 2 hoặc ngợc lại.
0,50
Câu VI.a
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Tìm điểm M

Ta thấy (2x
A
y
A
+ 3)(2x
B
y
B
+ 3) = (2 0 + 3)(2.2 1 + 3) = 30 > 0 nên
A, B cùng phía đối với đờng thẳng d.
Qua A, xét đờng thẳng d có phơng trình: x + 2y 1 = 0.
0,25
Ta có cắt d tại H = (1; 1).
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua d thì H là trung điểm AA'

'OA
= 2
OH

OA
A' = (3; 2)
B'A
= (5; 1)
0,25
Phơng trình đờng thẳng A'B là: x + 5y 7 = 0
Với mọi điểm Md, ta có MA' = MA nên MA + MB = MA' + MB.
0,25
Trong đó MA' + MB nhỏ nhất khi A', M, B thẳng hàng. Vậy M A'B
d. Ta thu đợc M =

11
17
;
11
8
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp
Ta có
AB
= (2; 2; 2) và
AC
= (0; 2; 2) Phơng trình mặt phẳng trung
trực của AB và AC là (P): x + y z 1 = 0 và (Q): y + z 3 = 0
0,25
Với [
AB
,
AC
] = (8; 4; 4)
vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là
n
= (2; 1; 1)
Phơng trình mặt phẳng (ABC): 2x y + z + 1 = 0.
0,25

Ba mặt phẳng (P), (Q) và (ABC) cắt nhau tại I(0; 2; 1) là tâm đờng tròn
ngoại tiếp ABC.
0,25
Bán kính tơng ứng là R = IA =
( ) ( ) ( )
112001
22
++
=
5
0,25
Câu VII.a
(1,0
Tính giá trị biểu thức
23
Ta có 2z
2
4z + 11 = 0 z
1
= 1
2
23
i và z
2
= 1 +
2
23
i
z
1

= z
2
=
4
18
1+
=
2
22
0,50
và z
1
+ z
2
= 2 P =
4
4
22
4
22
+
=
4
11
0,50
Câu VI.b
(2,0
1. (1,0 điểm) Tìm các điểm M trên elíp
Ta có x
2

+ 4y
2
= 1
4
x
2
+ y
2
= 1 a = 2 và b = 1 c =
3
e =
2
3
0,25
Trong tam giác F
1
MF
2
, theo định lí cosin ta có: F
1
F
2
2
= MF
2
1
+ MF
2
2

2.MF
1
.MF
2
.cos60
0
F
1
F
2
2
= (MF
1
+ MF
2
)
2
2.MF
1
.MF
2
MF
1
.MF
2

= (MF
1
+ MF
2

)
2
3.MF
1
.MF
2

12 = 4
2
3.MF
1
.MF
2
MF
1
.MF
2
=
3
4

0,25
(a ex)(a + ex) =
3
4
a
2
e
2
x

2
=
3
4

4
3
x
2
= 4
3
4
=
3
8
x
2
=
9
32
y
2
=
4
x4
2

=
9
1

x =
3
24
và y =
3
1
0,25
Thu đợc: M
1
(
3
24
;
3
1
), M
2
(
3
24
;
3
1
), M
3
(
3
24
;
3

1
), M
4
(
3
24
;
3
1
). 0,25
2. (1,0 điểm) Viết phơng trình tham số
Ta có: M
1
(0; 4; 1),
1
u
= (1; 1; 2), M
2
(0; 2; 0),
2
u
= (1; 3; 3)
Xét mặt phẳng (P) chứa I và
1
có [
IM
1
,
1
u

] =
P
n
= (3; 1; 2)
(P): 3x y 2z + 2 = 0
Xét mặt phẳng (Q) chứa I và
2
có [
IM
2
,
2
u
] = (9; 3; 6) = 3(3; 1;
2)
Q
n
= (3; 1; 2) (Q): 3x y + 2z + 2 = 0.
0,50
Với [
P
n
,
Q
n
] = (4; 12; 0) = 4(1; 3; 0) thì d = (P) (Q) và
d
u
= (1; 3; 0)
Phơng trình tham số của d là:

=
+=
+=
0z
t35y
t1x
0,50
Câu VII.b
(1,0
Tìm số phức
Gọi z = x + yi, (x, y ). Ta có
z
= x yi, z i = x + (y 1)i,
z
z
+ 2i = 2(y + 1)i, z
2
= x
2
y
2
+ 2xyi,
z
2
= x

2
y
2
2xyi
z
2

z
2
= 4xyi
0,25
Khi đó:
( )





=
+=
4zz
i2zziz2
2
2

( ) ( )

=
+=+
4xyi4
i1y2i1yx2

( ) ( )





=
+=+
1xyi
1y21yx2
22
2




=
=
1xy
y4x
2
. Ta thấy y =
4
x

2
0
nên thu đợc x
3
= 4 x =
3
4
y =
4
4
3
2
=
3
4
1
0,50
24
Ta thu đợc 2 số phức là z
1
=
3
4
+
3
4
1
i và z
2
=

3
4
+
3
4
1
i 0,25
Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa.
Hết
Đáp án này có 4 trang.
S 5:
Sở GD Và ĐT HOà BìNH Đề THI ĐạI HọC NĂM 2011
TRƯờNG THPT CÔNG NGHIệP Môn Toán - Khối D
Đề THI THử 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 y = x
3
(m + 2)x
2
+ (1 m)x + 3m 1, đồ thị (C
m
), m là tham
số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị với m = 1.
2. Xác định giá trị m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x
1
, x
2
: x
1

x
2
= 2
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phơng trình: 2cos6x + 2cos4x
3
cos2x = sin2x +
3
2. Tìm giá trị m để hệ phơng trình sau có nghiệm:





+=+
=++
1m2yx
m1y1x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
( )

+
1
0
3
1x
xdx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. SA = a, (0 < a <
3
), các

cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c thuộc [0; 2]. Chứng minh: 2(a + b + c) (ab + bc + ca) 4
PHầN RIÊNG (3,0 điểm).
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình Chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Cho các điểm A(1; 0), B(2; 1) và đờng thẳng d:
2x y + 3 = 0. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC. Biết toạ độ A(1; 0; 1), B(1; 2;
1), C(1; 2; 3). Xác định tọa độ tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z
1
, z
2
là các nghiệm phức của phơng trình: 2z
2
4z + 11 = 0.
Tính giá trị của biểu thức P =
( )
2
21
2
2
2
1
zz
zz
+
+
B. Theo chơng trình Nâng cao.

Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x
2
+ 4y
2
= 4. Tìm các điểm M trên elíp (E)
sao cho góc F
1
MF
2
= 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) và 2 đờng thẳng:

1
:
2
1z
1
4y
1
x +
=


=
;
2
:

3
z
3
2y
1
x

=


=
Viết phơng trình tham số của đờng thẳng đi qua điểm I và cắt cả 2 đờng thẳng
1
và
2
.
25