9 de thi thu dai hoc co dap an chi tiet hay lam

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
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) 1. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =


− = −


.
2.Giải phương trình sau:

( )
6 6
8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x
+ + = − +
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x 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 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
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 mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT 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: d
1
:
2 1

4 6 8
x y z− +
= =
− −
và
d
2
:
7 2
6 9 12
x y z− −
= =
−
. Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ
điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình
2
2 4 11 0z z− + =

. Tính giá trị của biểu
thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết x
C
>0)
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.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:



+=+
+=+
yyxx
xyyx
222
222

log2log72log
log3loglog
……………Hết………………
ĐÁP ÁN
Cõu í Ni dung i
m
I
1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
+
= =
; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
+

= + =
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1

' 0
( 1)
y
x
= >
+
với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)
1
2
Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0
0
2 1

1
x
y
x
+
=
+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x
+
+
- 2| = |
0
1
1x +
|
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0

0
1
x 1.
1x
+
+
=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và M(-2;3)
0,5
0,5
II
1
( )
6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x
+ =
Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x

+ + = +
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x

+ = +
ữ

= +
= +
( )
( )
( )
3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0
cos x x x x
x cos x x
=
+ =
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x

cos x x x cos x
= =



+ = =

Giải (2) :
12
( )
5
12
x k
k Z
x k


= +





= +


; Giải (3)
4
( )
7

12
x k
k Z
x k


= +





= +


0,5
0,5
H
D
E
C
B
A

I
A H B
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định.
Hết
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012

Đề Số 2
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 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 :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
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 SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC 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 2
3( ) 2P x y z xyz= + + −
.
B. 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
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
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
( ) : 1
9 4
x y

E + =
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
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điêm
I
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt

2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
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 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA 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+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =
05

sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3

2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =

= − +

⇔ + ⇔


+


Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và

18 3
x k
π π
= − +
.
05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−

< <



≠

.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)

x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
05
II
III
IV
VIa
VIIa
VIb
VIIb
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x

−

=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)

x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0

1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
05
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
025
Ta có
,( , )

,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC⇒ ⊥
(1)
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
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =

2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
05
Ta c ó:

[ ]
2
3 ( ) 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)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
025
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x

=

= − + − = ⇔

=

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
05
Theo giả thiết ta có
2
2

4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB 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
( )
α
là
(1;4;1)n
r
025
Vì

( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d 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 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =

  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  

∈

025
Vậy hệ số của
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4

2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =


=
 
⇔
 
 
=
=



. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C
.
05
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1

n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
05
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +

⇔ = ⇔ =
Vậy n=4.
05
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )
C
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của
( )
C
tiếp xúc với đường tròn có phương trình
( ) ( )
2 2
1 5x m y m− + − − =
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình
3 4
2(cot 3)
2
sin 2
cos

x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−
Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng
D
được giới hạn bởi các đường
( )
ln 2x
y
x
+
=
,
0y =
,
1x =
và
x e=

. Tính
thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục
0x
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác cân với
AB AC a= =
, góc
0
120BAC∠ =
, cạnh bên
'
BB a=
. Gọi I là trung điểm của
'CC
. Chứng minh tam giác
'AB I
vuông tại A và
tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng
( )
ABC
và
( )
'AB I
Câu V.(1 điểm) Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2

1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh
( )
3; 1C −

và phương trình của cạnh huyền là
3 10 0x y− + =
2.Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng:
1 3
:
1
2 1 2
x y z
d
− −
= =
−
,
5 5

:
2
3 4 2
x y z
d
− +
= =
Tìm
các điểm
1 2
d , dA B∈ ∈
sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1.
Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x
2
trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña
1
4
2
n
x
x
+
 
 ÷
 
biÕt r»ng
n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:
( )
1 2 3 1
2 3 1 64

n n
n n n n n
C C C n C nC n
−
+ + + + − + =L

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và
giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2.Cho hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt có phương trình:
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
− − −
= =

2
1 2 1
: ,
2 1 4

x y z
d
− − −
= =
−

Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+
biết rằng:
1 1 1 1
0 1 2
( 1)
2 3 1 13
n n
C C C C
n n n n

n
− + + + − =
+
ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG
1
+ Tập xác định D = R
+ Sự biến thiên
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = ⇔

=

0,25đ
Hàm đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
Hàm số nghịch biến trên
( )

0;2
+ Giới hạn
lim ; lim ;
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0x =
và y
cđ
= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại
2x
=
và y
ct
= -2
0,25
4
2
-2
-4
-5
5
0
1
3
2
-1

Điểm uốn (1;0)
Bảng biến thiên (0,25)
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
2
+∞
−∞
-2
Đồ thị (0,25)
0,5
2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
: 2 2 0x y∆ + − =
0,25
Tâm của đường tròn
( , 1)I m m +
, bán kính R=
5
0,25
Theo giả thiết ta có
2 1 2
5 3 1 5
5
m m
m
+ + −

= ⇔ − =

2
4
3
m
m
=


⇔
−

=

0,5
Câu
II
2 đ
1
Điều kiện
sin 2 0
2
k
x x
π
≠ ⇔ ≠
. 0,25
Ta có
( )

4
2
3 1 2 3 2
sin 2
x x
x
+ + − =tan cot
2 2
2(sin cos )
2
3 3 2
sin cos
x x
x x
x x
+
⇔ + − =tan cotg
2
3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan
0,5
3x = −tan
3
x k
π
⇔ = − + π

1
3
x =tan
6

x k
π
⇔ = + π
0,25
2
Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−

Điều kiện
2, 3x x> ≠
.
0,25
(1)
4 4 4 4
log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)⇔ − + − − = +
( ) ( ) ( )
2 2 1 2 1x x x− − = +

0
2
2 7 0

7
2
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
=




0,5
Đối chiếu điều kiện ta có
7
2
x =
0,25
Câu
III
1đ
Gọi V là thể tich cần tìm.
( )
2
2
1
ln 2x
V dx
x
π

+
=
∫
. Đặt
( )
2
ln 2
1
u x
dv dx
x
 = +


=


1
2
1 1
2
du dx
x
v
x
=
+
⇒
= − −








0,5
Suy ra V=
( ) ( )
1 1
1
1 1 3 1 1 1
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2 2 2
e
e e
dx
x e x
x x e
π π π κ π
   
− + + + = − + + +
 ÷  ÷
   
∫

( )
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2

e
e
π
 
= + − + +
 ÷
 
0,5
Câu
IV
1đ
Ta có
3BC a=
. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I
Suy ra
5 13
, ' 2 , '
2 2
AI a AB a B I a= = =
0.25
Do đó
2 2 2
' 'AI AB B I+ =
. Vậy tam giác AB’I vuông tại A
0,25
+
2
'
1 10
. '

2 4
= =
AB I
S AI AB a
.
2
3
4
ABC
S a=
Gọi
α
là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu
vuông góc của tam giác AB’I suy ra
'
10 3
cos cos
4 4
A BI ABC
S S
α α
= ⇔ =
3
cos
10
α
⇔ =
Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ)
Tính ra cosin đựoc 0,25
Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng

0,5
Câu
V
1đ
Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
.
Ta có
( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2F x y x y x y x y xy= + − + − −
=
( ) ( )
3 2
2 2 2 1xy xy xy− − + +
Đặt
xy t=
. Ta có
( )
3 2
2 2 2 1f t t t t= − − + +
( )

2
2 2
1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =

1
3
xy
−
⇒ ≥
( )
2
2 2
1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + =
1xy⇒ ≤
suy ra
1
;1
3
t ∈ −
 
 
 
0,25
Ta tìm max, min của f(t) trên
1
;1
3
−
 
 

 

( )
2
' 6 4 2f t t t= − − +

( )
1
;1
3
1
3
1
' 0
t
t
f t
 
∈ −
 
 
=
⇔
= −


=


Ta có

( )
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
−
   
= = − =
 ÷  ÷
   
0,25
Suy ra
37
( )
27
Max f t =
khi
1
3
t =
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
x y= + = −
0,25
( ) 1Minf t = −
khi
1t =
suy ra

1x y= =
0,25
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
1
Ta có tam giác ABC cuông cân tại C.
Goi H là trung điểm của AB suy ra
: 3 0CH x y+ =
Toạ độ của H là nghiệp của hệ
3 0 3
3 10 0 1
x y x
x y y
+ = = −
 
⇔
 
− + = =
 
0,25
giả sử A(t;3t+10) ta có
( ) ( )
2 2
2 2
3 3 9 40AH CH t t= ⇔ + + + =
1
5
t
t
= −


⇔

= −

0,25
Với t = -1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)A B− − −
0,25
Với t = -5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)B A− − −
0,25
A'
B'
C'
B
A
C
I
A
B
C
H
2

1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + −

2 2 2 2
(3 5,4 , 2 5)B d B t t t∈ ⇒ + −
2 1 2 1 2 1

(3 2 4,4 3,2 2 5)AB t t t t t t= − + − − + −
uuur
2 1 2 1 2 1
. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0
p
AB n t t t t t t= ⇔ − + − + + + + − =
uuur uur
2 1
6 1 0t t⇔ + + =
0,25
( )
1 1 1 1
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
3 3
A P
t t t t
AB P d
+ − − − − +
⇒ = = =
1
1
5
1
t
t
= −

⇔


=

0,25
Với
1 2
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
−
 
= − ⇒ = ⇒ − −
 ÷
 
0,25
1 2
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
− − −
 
= ⇒ = ⇒ −
 ÷
 
0,25
Câu VIIa
1 đ
Xét khai triển

( )
0 1 2 2 1 1
1
n
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− −
+ = + + + + +
lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( )
1
1 2 1 2 1
1 2 1
n
n n n n
n n n n
n x C C x n C x nC x
−
− − −
+ = + + + − +
0,25
Thay x=1 suy ra
( )
1 2 3 1 1
2 3 1 2
n n n
n n n n n
C C C n C nC n
− −

+ + + + − + =L
1 1
64 2 64 2 7
n n
n n
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
0,25
( )
7
7
7
7
4 4
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑

số hạng chứa
2
x
có hệ số là
7
1
2
k
k
C
với k thoả mãn
7
2 2
2 4
k k
k
−
− = ⇔ =
0,25
Suy ra hệ số chứa
2
x
là
2
7
1 21
4 4
C =
0,25
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao

Câu
VIb
2 đ
1
phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB.
5AB =
4 1
ABCD ABI ABI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
AB h h⇔ = ⇔ =
0,25
Gọi toạ độ diểm I là
( )
0 0
,I x y
ta có hệ

0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2

1, 0
2 2
5 5
1 4
1
,
1
3 3
x y
x y
x y
y x
x y
y x
 +
= =

=  + =
 
⇔ ⇔
− −
  
= −
= =

 
= −


0,25

Do I là trung điểm AC và BD nên
Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25
Với I(
1
;
3
−
4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc
2 8
;

3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
0,25
Do mặt phẳng (P) cách đều
1 2
,d d
nên (P) song song với
21
,dd
( )
,3;1;2
1
=
→
d
u
( )
,4;1;2

2
−=
→
d
u

( )
1 2
, 7; 2; 4
d d
u u
 
= − −
 
uur uuur
chọn
( )
1 2
, 7; 2; 4
p d d
n u u
 
= = − −
 
uur uur uuur
0,25
I
D
C
A

B
Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng
7 2 4 0x y z d− − + =
Do (P) cách đều
1 2
,d d
suy ra khoảng cách từ (2;2;3)
1
( )d∈
và
( )
2
1;2;1 d∈
bằng
nhau.
Ta có
7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1
3
2 1
2
69 69
d d
d d d
− − + − − +
= ⇔ − = − ⇔ =
0,5
Ta có phương trình mặt phẳng (P)
14 4 8 3 0x y z− − + =
0,25
Ta có

0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =
+
∫
0,25
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( ( 1) ) ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
− + − + − = − + + + − =
+

∫
suy ra
1 13 12n n⇒ + = ⇒ =
0,25
12
12 12
5 5 12 5 12 8 36
12 12
3 3 3
0 0
2 2 2
( ) ( ) .( ) ( ) .2 .
k
n k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
+ = + = =
∑ ∑
Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7k k− = ⇔ =
0,25
⇒
Hệ số của
20
x
là:

7 5
12
.2 25344C =
0,25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+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.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π

π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
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 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
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 2
x 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:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =

2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
I 1 Tập xác định: D=R
( ) ( )

3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-6x=0
0
2
x
x
=

⇔

=

Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
0,25 đ
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-
∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)

f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=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
0,5 đ
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:
4
3 2
5
2 2 2
5
x
y x
y x

y

=

= −


⇔
 
= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương trình:

cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0
+ − − =
(1)

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +

hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x− + −
=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:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )
( )
3 3
6 6
3
2

6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+
 ÷
 
=
+
∫ ∫

∫
Đặt 1+cotx=t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t

t
+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
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
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH =
=> 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
3
AHsin30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b

+
+ + ≥ =
+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =

+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
H
A
C
B
S
K

Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
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 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c


= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
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⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
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 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −
= −




a b i
a b
b a
b a

2 2 2 2

1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b 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
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:
( )

100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 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 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C= = + + +
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
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=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur
0,25 đ
0,25 đ

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 =
uuur
Phng trỡnh ng thng AB l:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


=


=

0,25
0,25
VII.b
=24+70i,
7 5i = +
hoc
7 5i =
2
5 4

z i
z i
= +

=>

=

0,25
0,25
0,25
0,25
THI TH I HC MễN TOAN NM 2011-2012
ờ S 5
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng 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 phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất phơng trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
>
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm

=
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B

1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng
cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a
2009
+ b
2009
+ c
2009
= 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = a
4
+ b
4
+ c
4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn

Câu VIa:
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và đờng
thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi
qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa: 1). 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.
2) Giải phơng trình:
)(,1
4
Cz

iz
iz
=







+
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có
phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
3
1
12
1

==

zyx
. Lập phơng 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.
Câu Đáp án Điểm
1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+====
+

+
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5
+
Dx
x
y >
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

)2;(
và
);2( +
0,25
+Bảng biến thiên
x

-2
+
y + +

+
2
y
2

0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1

;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

x
y
O
2
-2
I
(2
điểm)



=++

+=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01
22
nên đờng

thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y
A
= m x
A
; y
B
= m x
B
nên AB
2
= (x
A
x
B
)
2
+ (y
A
y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó

24=AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin
2
x = 8
6cosx(1 sinx) (2sin
2
x 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0




=+
=
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x



2

2
kx +=
0,5
2. (1 điểm)
ĐK:




>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
> xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)

)3(5)1)(3()3(532
2
>+> tttttt
0,5



<<





<<










>+
>


4log3
1log

43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25




<<
<

168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:

)16;8(]
2
1
;0(
III
1 điểm

==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx

dt

+
=
+
=
+
==
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt

t
ttt
+++=+++=
+++
=



2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
Câu IV
1 điểm
Do
)(
111

CBAAH
nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết
thì góc
HAA
1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1

=30
0

2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH

nên
)(
111
HAACB

0,5

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và
B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA

HK ==
0,25
Câu V
1 điểm
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009
ta có
)1(.2009 20091 11
42009 20092009200920092009200920092009
2005
aaaaaaaaa =+++++++

Tơng tự ta có
)2(.2009 20091 11
42009 20092009200920092009200920092009
2005
bbbbbbbbb =+++++++

)3(.2009 20091 11
4
2009
20092009200920092009200920092009
2005
ccccccccc =+++++++

0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
)(20096027
)(2009)(46015
444

444200920092009
cba
cbacba
++
+++++
Từ đó suy ra
3
444
++= cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
0,5
Câu
VIa
1.Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23= IA

0,5



=
=
==


7
5

6123
2
1
m
m
m
m
0,5
A
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
G.sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++

vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn và
ACAB

=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23= IA

0,5



=
=

==


7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0

0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số đợc chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả
2
5
C
.

3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
=CC
. Vậy có
tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
THI TH I HC MễN TOAN NM 2011-2012
ờ S 6
phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
+= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đờng 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 phơng trình:



=++

=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
(x, y
R
)
2. Giải phơng trình:
8
1
3
tan
6
tan
3coscos3sin.sin
33
=






+

+

xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân

++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trng 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
8
3
2
a
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
32
1
32
1
32

1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba
P
Phần tự chọn (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P):
xxy 2
2
=
và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
.
Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn. Viết phơng trình đờng tròn đi
qua 4 điểm đó.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
011642
222
=+++ zyxzyx

và mặt phẳng (

) có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0. Viết phơng trình
mặt phẳng (

) song song với (

) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x








+
4
2
1
, biết rằng
n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560

1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn
L
(
k
n

C
là số tổ hợp chập k của n
phần tử)
Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x + 2y - 7= 0 và tam
giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và

điểm C thuộc d
2
. Viết phơng trình đờng 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
222
MCMBMA ++
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình



+=
+=+
+
+

1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
(x, y
R
)
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu Nội dung Điểm
I.1
Khảo sát hàm số
43
23
+= xxy
1,00
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
+=+==+=
++
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx
0,25
b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2

- 6x, y' = 0

x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -

0 2 +

y' + 0 - 0 +
0,50
y
4 +

-

0
- Hàm số đồng biến trên (-

; 0) và (2; +

), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2

Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc
1,00
d có phơng trình y = m(x 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình



=
=
=+=+
0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223
0,50
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và
1)m('y).m('y =
0,25
9
35318
m01m36m91)m6m3)(m6m3(
2

==+=+
(thỏa mãn) 0,25
II.1
Giải hệ phơng trình đại số
1,00
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25

Hệ phơng trình tơng đơng với







=+
+
=++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
0,25
Đặt
2yxv,
y
1x
u
2
+=
+
=

Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==



=
=+
0,25
Suy ra





=+
=
+
12yx
1
y
1x
2
. Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25
II.2
Giải phơng trình lơng giác
1,00
Điều kiện:

0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin







+

+








Ta có
1x
6
cot
6
xtan
3
xtan
6
xtan =

=







+








0,25
x
y
-1
2
O
4

2
1