25 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết)

ĐẠI
HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )


A. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH

C
âu I (2 điểm).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2. Tìm m để phương trình
4 2
2
4
3 log
x x m
− + = c
ó đúng 4 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1. Giải bất phương trình:
( ) ( )
3
2
5 1 5 1 2 0
x x

x+
− + + − ≤

2.
Giải phương trình:
2
( 2) 1 2
x x x x
− + − = −

C
âu III (2 điểm)
1. Tính giới hạn sau:
1 2
3
1
tan( 1) 1
lim
1
x
x
e
x
x
−
→
+ − −
−

2

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

Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng:

3 3 3 2 2 2 2 2 2
3 ( ) ( ) ( )
a b c abc a b c b c a c a b
+ + + ≥ + + + + +

B
. PHẦN TỰ CHỌN
: Mỗ
i thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
: 2 3 0
x y
∆ + − =
và hai điểm
A(1; 0), B(3; - 4).
Hãy tìm trên đường thẳng

∆
mộ
t điểm M sao cho
3
MA MB
+
 
nhỏ
nhất.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −


=


= − +

và

2
: 1 3
1

x
t
d y t
z t
=


= +


= −

.

Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả d
1
và d
2
.
3. Tìm số phức z thỏa mãn:
2
2 0
z z
+ =

C
âu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C
1
): x

2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x - 6)
2
+ y
2
= 25 cắt nhau tại
A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C
1
), (C
2
) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −


=


= − +


v
à
2
: 1 3
1
x
t
d y t
z t
=


= +


= −

.

Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
.
3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
1 2 1
z i
+ + =
, tìm số p

hức z có modun nhỏ nhất.



1

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

1


ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
MÔN:TOÁN, Khối A

Câu

ý Nội dung Điểm

2
1 1

TXĐ D =
»

Giới hạn : lim
x
y
→±∞
= +∞


Sự biến thiên : y’ = 4x
3
- 8x
y’ = 0
0, 2
x x⇔ = = ±

Bảng biến thiên


x
−∞

2
− 0
2

+∞

y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞

+∞

3
-1 -1

Hàm số đồng biến trên các khoảng
(
)
(
)
2;0 , 2;
− +∞
và nghịch biến trên các khoảng
(
)
(
)
; 2 , 0; 2
−∞ −

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CD
= 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
2
± , y
CT
= -1


Đồ thị









025



025

025








025
2 1




I

Đồ thị hàm số
4 2
4 3
y x x
= − +


Số nghiệm của phương trình
4 2
2
4 3 log
x x m
− + = bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

4 2
4 3
y x x
= − +
và đường thẳng y = log
2
m.
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log
2
m = 0 hoặc
2
1 log m 3
< <


hay m = 1 hoặc 2<m<9




2

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

2

2
1 1

Viết lại bất phương trình dưới dạng
5 1 5 1
2 2 0
2 2
x x
   
− +
+ − ≤
   
   
   

Đặt t =
5 1
, 0.
2
x
t
 
+
>
 
 
 
khi đó
5 1 1
2

x
t
 
−
=
 
 
 

Bất phương trình có dạng
t +
1
2 2 0
t
− ≤

2
2 2 1 0
t t
⇔ − + ≤


2 1 2 1
t
⇔ − ≤ ≤ +


5 1 5 1
2 2
5 1

2 1 2 1
2
log ( 2 1) log ( 2 1)
x
x
+ +
 
+
⇔ − ≤ ≤ +
 
 
 
⇔ − ≤ ≤ +



025


025


025



025
2 1
II

Điều kiện :
1
x
≥

Phương trình tương đương với
2
( 1 1) 2 1 2( 1) 0
x x x x x
− − − − − − − =
(*)
Đặt
1, 0
y x y
= − ≥
. Khi đó (*) có dạng : x
2
– x(y - 1) – 2y – 2y
2
= 0

( 2 )( 1) 0
2 0( 1 0)
x y x y
x y do x y
⇔ − + + =
⇔ − = + + ≠


2

2 1
4 4 0
2
x x
x x
x
⇒ = −
⇔ − + =
⇔ =




025
025



05
2
1 1


1 2 1 2
3 2
3
3
1 1
1 2
3 2 3 2

3 3
2
1 1
3 2 3 2
3 3
1 1
tan( 1) 1 1 tan( 1)
lim lim .( 1)
1
1
1 tan( 1)
lim .( 1) lim .( 1)( 1)
1 1
lim( 1) lim( 1)( 1) 9
x x
x x
x
x x
x x
e x e x
x x
x
x
e x
x x x x x
x x
x x x x x
− −
→ →
−

→ →
→ →
+ − − − + −
= + +
−
−
− −
= + + + + + +
− −
= + + + + + + =








025


05

025
2 1
III

Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI
⊥
BC



3

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

3

(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA
β
∠ =
S


AI = a.cot
β
, AB = AD =
cot
sin

a
β
α
, SI =
sin
a
β


2 2
cot
. .sin
sin
ABCD
a
S AB AD
β
α
α
= =
A

3 2
.
cot
3sin
S ABCD
a
V
β

α
=

S
xq
= S
SAB
+ S
SAD
S
SBC
+ S
SCD
B

I

C
=
2
cot 1
.(1 )
sin sin
a
β
α β
+

025




025




025

025
1 IV




Ta có
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3 ( ) ( ) ( )
a b c abc a b c b c a c a b
+ + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2
3
cos cos cos
2

a b c b c a c a b
ab bc ca
A B C
+ − + − + −
⇔ + + ≤
⇔ + + ≤

Mặt khác

2 2 2 2
cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )
1 1 3
[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos
2 2 2
A B C A B A B A B
A B A sB
+ + = + − −
≤ + + =

Do đó
3
cos cos cos
2
A B C
+ + ≤




025

025


05



3
1 1

Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(
5
; 3
2
−
)
Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4
MA MB MA MB MB MI MB MJ
+ = + + = + =
       

Vì vậy
3
MA MB
+
 
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng
∆

Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình : 2x – y – 8 = 0.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0
5
2 8 0 19
5
x
x y
x y
y
−

=

+ − =


⇔
 
− − =


=


vậy M(
19 2

;
5 5
−
)



025

025
025


025


Va








2 1


4

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

4


Đường thẳng d
1
đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u = −

, đường thẳng d
2

đi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là
2
(1;3; 1)
u
= −

.
Gọi
( ),( )
α β
là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d
1

và d
2
. Đường thẳng cần tìm
chính là giao tuyến của hai mặt phẳng
( ) à ( )
v
α β

Ta có
(0;0; 3), ( 1;1;0)
MA MB= − = −
 

1 1 2 2
1
; (2;1;0), ; (1;1;4)
3
n MA u n MB u
   
= = = − =
   
     
là các vecto pháp tuyến của
( ) à ( )
v
α β

Đường giao tuyến của
( ) à ( )
v

α β
có vectơ chỉ phương
1 2
; (4; 8;1)
u n n
 
= = −
 
  
và đi qua
M(1;0;1) nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t
025


025




025

025
3 1

Gọi z = x + y.i. Khi đó z
2
= x
2
– y
2

+ 2xy.i,
z x yi
= −

2 2 2
2 2
2 0 2 2( 1) 0
2 0
( 1; 3),( 0; 0),( 2; 0)
2( 1) 0
z z x y x x yi
x y x
x y x y x y
x y
+ = ⇔ − + + − =

− + =
⇔ ⇔ = = ± = = = − =

− =


Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1
3
i
±
025

025

025

025
3
1 1
Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C
1
) và (C
2
) lần lượt là M và N
Gọi M(x; y)
2 2
1
( ) 13
C x y
∈ ⇒ + =

(1)
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N
2 2
2
( ) (2 ) (6 ) 25C x y∈ ⇒ + + − = (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
2 2
13
(2 ) (6 ) 25
x y
x y


+ =


+ + − =



Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =
17
5
−
; y =
6
5
). Vậy M(
17
5
−
;
6
5
)
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0



025

025

025

025
2 1
Vb

Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t)
1
d
∈
, N(t’ ; 1+3t’ 1- t’)
2
d
∈

Đường thẳng d
1
có vecto chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u = −

, đường thẳng d
2
có vecto chỉ phương
là
2
(1;3; 1)
u
= −


.
( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)
MN t t t t t t
= + − − + − − +


MN là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2

1
2
. 0
2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0
. 0
MN u
t t
t t
MN u

=
− + =


⇔
 
− − =


=


 
 

3
'
5
7
5
t
t

=


⇔


=


O

025






025
I


5

Đ
ẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952

5




=======
=======================

D
o đó M(
2 14 3

; ;
5 5 5
− −
), N(
3 14 2
; ;
5 5 5
).
M
ặt cầu đường kính MN có bán kính R =
2
2 2
MN
= và
tâm I(
1 14 1
; ;
10 5 10
−
) có phươn
g tr
ình
2 2 2
1 14 1 1
( ) ( ) ( )
10 5 10 2
x y z
− + − + + =

025



025
3 1

Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z.
2 2
1 2 1 ( 1) ( 2) 1
z i x y
+ + = ⇔ + + + =


Đường tròn (C) :
2 2
( 1) ( 2) 1
x y
+ + + =
có tâm (-1;-2)

Đường thẳng OI có phương trình y = 2x
Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm

Biểu diễn nó t
huộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai
giao điểm của đường thẳng OI và (C)

Khi đó tọa độ của nó thỏa
mãn hệ
2 2

1 1
1 1
2
5 5
,
2 2
( 1) ( 2) 1
2
2
5 5
x x
y
x
x y
y y
 
= − − = − +
 
=

 
⇔
  
+ + + =

 
= − − = − +
 
 

Chon z
=
1 2
1 ( 2 )
5 5
i−
+ + − +


025




025




025




025


6

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số 2)2()21(
23
++−+−+= mxmxmxy (1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: 07
=
+
+
yx góc
α
,
biết
26
1
cos =
α
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
54
4
2

log
2
2
1
≤−






− x
x
.
2. Giải phương trình:
(
)
.cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx −+=++
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1

dx
x
x
.
Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB
2a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình
chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
IH
IA
2
−
=
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60 .
Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: xyzzyx ≤++
222
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
+

+
+
+
+
=
222
.
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình 01
=
+
+
yx ,
trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương
trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 .
Câu VII.a (1 điểm)
Cho khai triển:
( )
(
)
14
14
2
210
2
2
10

121 xaxaxaaxxx ++++=+++ . Hãy tìm giá trị của
6
a .
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng
11
2
và trọng tâm G
thuộc đường thẳng d: 043
=
−
+
yx . Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) 01
=
+
−
+
zyx ,đường thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−

−
=
−
zyx

Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm trong (P), vuông góc với d và cách
I một khoảng bằng 23 .
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình: .1
3
=






−
+
zi
iz




7

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


1



ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
MÔN:TOÁN, Khối A
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điểm
1(1đ)

Khảo sát hàm số khi m = 2

Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x
3
− 3x
2
+ 4

a) TXĐ: R

b) SBT
•Giới hạn: lim ; lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞


0,25
•Chiều biến thiên:

Có y’ = 3x
2
− 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2
x
−∞
0 2
+∞

y’
+ 0 − 0 +

y


−∞
4

0
+∞



Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2).

0,25
•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) = 4;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= y(2) = 0.
0,25

c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm đối xứng:I(1 ; 2)












0,25
2(1đ)

Tìm m

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có véctơ pháp )1;(
1
−= kn
d: có véctơ pháp )1;1(
2
=n
Ta có






=
=
⇔=+−⇔
+
−
=⇔=
3
2
2
3
0122612
12
1

26
1
.
cos
2
1
2
2
21
21
k
k
kk
k
k
nn
nn
α


0,5
I(2đ)

Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình:
1
/
ky = (1)
và
2
/
ky = (2) có nghiệm x
⇔






=−+−+
=−+−+
3
2
2)21(23
2
3
2)21(23
2
2
mxmx

mxmx
⇔




≥∆
≥∆
0
0
2
/
1
/




0,25
có nghiệm
1

I
2
2
-1
4

0 x

y

có nghiệm


8

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


2

⇔




≥−−
≥−−
034
0128
2
2
mm
mm
⇔







≥−≤
≥−≤
1;
4
3
2
1
;
4
1
mm
mm
⇔
4
1
−≤m hoặc
2
1
≥m


0,25
II(2đ)
1(1đ)

Giải bất phương trình

Bpt






≤
−
≤
−≤
−
≤−
⇔







≤
−
≥−
−
⇔
)2(3
4

2
log2
)1(2
4
2
log3
9
4
2
log
04
4
2
log
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
x
x
x
x
x
x

x
x



0,25
. Giải (1): (1)
5
16
3
8
0
4
165
0
4
83
8
4
2
4 ≤≤⇔







≤
−

−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ x
x
x
x
x
x
x



0,25
. Giải (2): (2)
9
4
17
4
0
4
49
0
4
417
4
1

4
2
8
1
≤≤⇔







≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ x
x
x
x
x
x
x

0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm
4 4 8 16
; ;
17 9 3 5
   
   
   
∪
.

0,25
2(1đ)

Giải PT lượng giác

Pt )1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx
)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3
22
+−−−=+⇔ xxxxxx
0)1sin22sin3)(1cos2(
2
=+++⇔ xxx

0,5



•

1)
6
2sin(22cos2sin301sin22sin3
2
−=−⇔−=−⇔=++
π
xxxxx

π
π
kx +−=⇔
6



0,25


• )(
2
3
2
2
3
2
01cos2 Zk
kx
kx
x ∈







+−=
+=
⇔=+
π
π
π
π

Vậy phương trình có nghiệm:
π
π
2
3
2
kx += ;
π
π
2
3
2
kx +−= và
π
π
kx +−=
6

0,25
III(1đ)

1(1đ)

Tính tích phân.



9

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


3

I
( )
∫
++
+

=
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
•Đặt
dttdx
x
dx
dtxt )1(
21
211 −=⇒
+
=⇒++= và
2
2
2
tt
x
−
=
Đổi cận
x 0 4
t 2 4

0,25
•Ta có I =
dt
t
t
tdt
t
ttt
dt
t
ttt
∫∫ ∫






−+−=
−+−
=
−+−
4
2
2
4
2

4
2
2
23
2
2
24
3
2
1243
2
1)1)(22(
2
1

=








++−
t
tt
t 2
ln43
22

1
2




0,5

=
4
1
2ln2 −


0,25
(1đ) Tính thể tích và khoảng cách


•Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH

BC = AB 2 a2
=
; AI=
a
; IH=
2
IA
=
2
a

AH = AI + IH =
2
3a







0,25
•Ta có
2
5
45cos.2
0222
a
HCAHACAHACHC =⇒−+=
Vì
⇒
⊥
)(ABCSH
0
60))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
2
15

60tan
0
a
HCSH ==


0,25




















IV

•
6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS
===
∆



0,25



H

K
I
B A
S
C


10

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


4


• )(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒



⊥
⊥


Ta có

22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==




0,25
V
(1đ) Tim giá trị lớn nhất của P



xyz
z
zxy
y

xyx
x
P
+
+
+
+
+
=
222
.
Vì 0;;
>
zyx , Áp dụng BĐT Côsi ta có:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
222
222
++≤ =












++=
xyzxyz
222
4
1





0,25









++
≤









++
=








+++++≤
xyz
zyx
xyz
xyzxyz
yxxzzy
222
2
1
2
1111111
4
1

2

1
2
1
=








≤
xyz
xyz






0,5

Dấu bằng xảy ra 3
=
=
=
⇔
zyx . Vậy MaxP =
2

1

0,25
PHẦN TỰ CHỌN:
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ)
1(1đ)

Viết phương trình đường tròn…

KH: 022:;01:
21
=−−=++ yxdyxd

1
d có véctơ pháp tuyến )1;1(
1
=n và
2
d có véctơ pháp tuyến )1;1(
2
=n
• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1(
1
=n
⇒
phương trình
AC: 03
=
−

−
yx .
⇒∩=
2
dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1(
022
03
−−⇒



=−−
=−−
C
yx
yx
.
0,25
• Gọi );(
BB
yxB
⇒
)
2
;
2
3
(
BB
yx

M
+
( M là trung điểm AB)
T
a có B thuộc
1
d và M thuộc
2
d nên ta có:
)0;1(
02
2
3
01
−⇒





=−−+
=++
B
y
x
yx
B
B
BB

0,25


• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:

022
22
=++++ cbyaxyx .
Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có:







11

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần
Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


5







−=
=
−=
⇔





−=+−−
−=+−
−=+
3
2
1
1782
12
96
c
b
a
cba
ca
ca
⇒
Pt đường tròn qua A, B, C là:
0342

22
=−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R =
22
0,5
2(1đ)

Viết phương trình mặt phẳng (P)

•Gọi Ocban ≠= );;( là véctơ pháp tuyến của (P)

Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0

Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c

Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0





0,25
• d(C;(P)) = 0141623
)2(
2
3
22
222
=+−⇔=
+−+
+

⇔ caca
ccaa
ca






=
=
⇔
ca
ca
7



0,5

•TH1:
c
a
=
ta chọn 1
=
=
ca ⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0

TH2: ca 7

=
ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0


0,25
VII.a
(1 đ)

Tìm hệ số của khai triển



• Ta có
4
3
)12(
4
1
1
22
++=++ xxx nên
( )
10121422
10
)21(
16
9
)21(
8
3

)21(
16
1
)1(21 xxxxxx +++++=+++


0,25


• Trong khai triển
(
)
14
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
14
6
2 C

Trong khai triển
(
)
12
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
12

6
2 C

Trong khai triển
(
)
10
21 x+ hệ số của
6
x là:
6
10
6
2 C





0,5


• Vậy hệ số .417482
16
9
2
8
3
2
16

1
6
10
66
12
66
14
6
6
=++= CCCa
0,25
Tìm tọa độ của điểm C
VI.b(2đ)

1(1đ)


• Gọi tọa độ của điểm )
3
;
3
1();(
CC
CC
yx
GyxC +⇒ . Vì G thuộc d
)33;(3304
33
13 +−⇒+−=⇒=−+







+⇒
CCCC
CC
xxCxy
yx

•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương
)2;1(=AB


0,25


12

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI


Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


6


032:

=
−
−
⇒
yxptAB

•
5
11
5
3332
5
11
);(
2
11
);(.
2
1
=
−−+
⇔=⇔==
∆
CC
ABC
xx
ABCdABCdABS






=
−=
⇔=−⇔
5
17
1
1165
C
C
C
x
x
x




0,5

• TH1: )6;1(1 −⇒−= Cx
C

TH2: )
5
36
;
5
17

(
5
17
−⇒= Cx
C
.

0,25
2(1đ)

Viết phương trình của đường thẳng


• (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(
)(
−=
P
n và d có véc tơ chỉ phương
)
3;1;1(. −−=u
)4;2;1()( IPdI
⇒
∩
=

• vì
∆
⇒
⊥
∆

⊂
∆
dP);( có véc tơ chỉ phương
[
]
)2;2;4(;
)(
−−==
∆
unu
P

)1;1;2(2
−
−
=




0,25
• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆
)(QmpH
∈
⇒
qua I và vuông góc
∆

Phương trình (Q): 0420)4()2()1(2

=
+
−
+
−
⇔
=
−
−
−
+
−
−
zyxzyx
Gọi
11
)()( dQPd ⇒∩= có vécto chỉ phương
[
]
)1;1;0(3)3;3;0(;
)()(
==
QP
nn và
1
d qua I






+=
+=
=
⇒
tz
ty
x
ptd
4
2
1
:
1


Ta có );;0()4;2;1(
1
ttIHttHdH =⇒++⇒∈

•



−=
=
⇔=⇔=
3
3
23223

2
t
t
tIH











0,5

• TH1:
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3
−
−
=
−
=

−
−
∆⇒⇒=
zyx
ptHt
TH2:
1
1
1
1
2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt


0,25
VII.b
1 đ Giải phương trình trên tập số phức.

ĐK:
i
z
≠


• Đặt
z
i
iz
w
−
+
= ta có phương trình: 0)1)(1(1
23
=++−⇔= wwww





0,5


13

ĐẠI
HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

Gv: Trần Quang Thuận Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952


7































−
−
=
+−
=
=
⇔



=++
=
⇔
2
31
2
31
1
01
1
2
i
w
i
w

w
ww
w



• Với

011 =
⇔=
−
+
⇒= z
z
i
iz
w
• Với

33
3)31(
2
31
2
31
−
=⇔−−=+⇔
+−
=
−

+
⇒
+−
= zizi
i
z
i
izi
w

• Với

33
3)31(
2
31
2
31
=
⇔−=−⇔
−−
=
−
+
⇒
−−
= zizi
i
z
i

izi
w
Vậy pt
có ba nghiệm
3;0 =
= zz và
3−
=z .






0,5


14

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số:
(C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số
2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về
2 phía của trục hoành.
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình lượng giác.


2. Giải hệ phương trình.

Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.

∫
=
3
4
42
cos.sin
π
π
xx
dx
I

Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực thỏa mãn ,Chứng minh rằng:

Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng .
II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):

1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ
hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
-2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x
5
trong khai triển (2+x +3x
2
)
15

B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ
hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
-2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (∆ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình:

15

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

ĐÁP ÁN
CÂU

NỘI DUNG ĐIỂM

I 2,0
1

1,0

• TXĐ: D= R\{1}
• y’=
Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị
0,25

• Giới hạn:

• PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1
0,25

• Bảng biên thiên:
t
-
1 +

f
’
(t)
- +
f(t)
1 +


- 1

0,25

• Đồ thị:









0,25
2

1,0

• Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)
0,25
x

y
f x( ) =
x+2
x-1
1
4
-2
-2
O
1
2
3
5/2



16

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
• d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT
có nghiệm
<=>Pt (1-a)x
2
+2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1

• Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x
1
; x
2
phân biệt

Đk là : (*)
• Khi đó theo Viet ta có : x
1
+x
2
= ; x
1
.x
2
=

0,25

• . Suy ra y
1
= 1+ ; y
2
=
• Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y
1
.y
2
<0
⇔ (1+
) < 0 ⇔
0,25

• Giải đk trên ta được
⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3
Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3

0,25
II

2,0
1

1,0

• ĐK:
0,25

• Với ĐK trên PT đã cho tương đương với



0,5

• Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là
0,25
2

1,0

• Đặt : t = x + y ; ĐK: t
• Giải PT:
0.25


0,5

17

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952




Hệ đã cho trở thành
Vậy hệ dã cho có một nghiệm

0,25
III

1,0

∫
=
3
4
42
cos.sin
π
π
xx
dx
I

∫
=

3
4
22
cos.2sin
.4
π
π
xx
dx

Đặt : t = tanx
Đổi cận: x =
x =

0,5

Khi đó
3
438
)
3
2
1
()2
1
(
)1(
3
1
3

3
1
2
2
3
1
2
22
−
=++−=++=
+
=
∫∫
t
t
t
dtt
tt
dtt
I

0,5
IV 1,0

• BĐT cần chứng minh tương đương với

• Nhận xét: Do nên là các số thực dương

0,25

• Xét : A = với x,y > 0
• Chia tử và mẫu cho và đặt t = ta được A = với t > 0
• Xét hàm số f(t) =
trên (0;+ )
• Ta có : f
’
(t) =
• Bảng biên thiên:
t
0 1 +
f
’
(t) - 0 +
f(t)
1 1



0,5


18

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
• Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t)
với mọi t > 0
• Từ đó A = với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.


• Do vai trò là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương

• Áp dụng BĐT cô si ta có
• Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

0,25
V

1,0

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là




0,25

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x
2
- x + = 0

trường hợp vì DE<a

0,25

Xét BED vuông tại E nên BE =
Xét BHE vuông tại H nên sin =
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là

0,25




H
D
E
C
B
A


19

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
VIa

2,0
1

1,0

Ta có ;
[ , ] = (12; -6;8)
Mp (BCD) đi qua B và có VTPT
=(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0
Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT:


0,5

Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ :

Vậy H( -2; -4; -4)
0,5
2

1,0

Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; ∆ )
Vì ∆ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của ∆ có dạng
3x+4y+c=0





0,5

d(I; ∆ )=
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
VIIa

1,0

Ta có (2+x+3x
2
)
15
=
Mà =
Vậy (2+x+3x
2
)
15
=
0,5

Theo gt với x
5
ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x
5
trong khai triển trên là :
a=

0,5

VIb

1,0

• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương

0,25





0,5


I
A H B


20

Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952






Vậy

phương trình đã cho có một nghiệm :

0,25


21


Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
(
)
3 2
3 1 9 2
y x m x x m
= − + + + −
(1) có đồ
thị là (C
m
)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1.
2) Xác định m để (C

m
) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua
đường thẳng
1
2
y x
= .
Câu
II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:

( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0
x x c x c x x
+ − − + − − =
.
2
) Giải bất phương trình :

( )
2
2
1
2
1 1
log 4 5 log
2 7

x x
x
 
+ − >
 
+
 
.
3
) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x.sin2x, y = 2x, x =
2
π
.
C
âu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một
góc là 45
0
. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho
1
2
AP AH
=
 
. gọ
i K là trung điểm AA’,
(
)
α
là mặt

phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’
tại M, N. Tính tỉ số thể tích
' ' '
ABCKMN
A B C KMN
V
V
.
2)
Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:
( )
2
2
2 2 2 2
6
5
6 0
a a
a
a
a b ab b a a

+ − =

+


+ + + − =


C
âu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy
được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
7
20
m
m n m
n
C C A
P
−
+
−

+
+ <



=


2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc
2 2

1
25 9
x y
+ =
(E), viết
phương trình đường thẳng song song
Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4.
3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
biết:

1
2
: 2
3
x t
d y t
z t
= +


= +


= −


2

1 2 1
:
2 1 5
x y z
d
− − −
= =






22


Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c
0
≥
và
2 2
2
3
a b c
+ + =
. Tìm giá trị n
hỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2
1 1 1
a b
c
P
b c a
= + +
+ + +




HẾT

23


Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

Bài
1

1
K
hi m = 1 ta có hàm số:
3 2
6 9 1
y x x x
= − + −

•
BBT:

x -
∞
1 3 +
∞



y
/
+ 0 - 0 +
3 +
∞


y
-
∞
1

1
đ
2
9
)1(63'
2
++−= xmxy
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
09.3)1(9'
2
>−+=∆ m
);31()31;( +
∞+−∪−−−∞∈⇔ m
Ta có
( )
14)22(29)1(63
3
1
3
1
22
++−+−++−







+
−= mxmmxmx
m
xy

Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
14)22(2
2
++−+−= mxmmy
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt
xy
2
1
= t
a có điều kiện cần là
[
]
1
2
1
.
)22(2
2
−=−+− mm




−=
=
⇔=−+⇔
3
1
032
2
m
m
mm
Khi m = 1
⇒
ptđ
t đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và
CT là:







=
+
+−
=
+
==
+
1

2
10)(2
2
2
2
4
2
2121
21
xxyy
xx

Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng
xy
2
1
= 1
=
⇒
m t
m .
Khi m = -3
⇒
ptđ
t đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11.
3
−
=
⇒
m k

hông thỏa mãn.
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài.













1đ
Bài
2


1
p
hương trình đưa về:






=

=
=
⇔




=
−+
=−
⇔
=+−−−⇔
)(4cos
1cos
3tan
04cos3cos
0sincos3
0)8cos6cos2)(sincos3(
2
2
loaix
x
x
xx
xx
xxxx
Ζ∈





=
+
=
⇔ k
kx
kx
,
2
3
π
π
π





1 đ
2




24