ĐỀ THI THỬ THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ (TOÁN KD 2)

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
3 2 2
2 1y x mx m x m= − + − +
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình
1 2(cos sin )
cot 2 cot 1
x x
tgx g x gx
−
=
+ −
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2
2 4 3
x y x y
x y x y

+ + + =


− + − =

.
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
1x y+ =
. Tìm các giá trị thực của
m sao cho trên đường thẳng
0x y m− + =
có duy nhất một điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp
tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 90
0
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
4 0x y z+ + + =
và đường thẳng (d):
3 1 2
2 1 1
x y z− − −
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;0;-1) và cắt đường thẳng
(d) tại điểm A, cắt mặt phẳng (P) tại điểm B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S; mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 45
0

. Gọi
M, N, E là trung điểm của các cạnh CD, SC và AD. Gọi F là hình chiếu của E lên cạnh SD. Tính thể tích
hình chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF).
Câu 5: (2 điểm)
1. Tính tích phân
2
8
3
1
1
dx
x x +
∫
2. Tính tổng:
1 3 52010 2008 2006 2011
2011 2011 2011 2011
.2 .2 .2 C C C C++ + +
Câu 6: (1 điểm)
Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
3 3 3
P xy yz zx
x y z
= + + + + +

HẾT
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
TRƯỜNG THPT

CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1
Với m=1 ta có
3 2
2y x x x= − +
TXĐ: R
2
' 3 4 1 0y x x= − + >
.
1
' 0
1
3
x
y
x
=


= ⇔

=


0,25
Giới hạn:
lim
x
y
→±∞
= ±∞

bảng biến thiên
x
-∞
1
3
1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
1
( ; );(1; )
3
−∞ +∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng
1
( ;1)
3
Điểm cực đại
1 4
( ; )

3 27
; điểm cực tiểu (1;0)
0,25
Đồ thị
Điểm uốn I
2 2
( ; )
3 27
2
-2
-5
5
Nhận xét: đồ thị nhận điểm I
2 2
( ; )
3 27
là tâm đối xứng
0,25
2
Đồ thị hàm số
3 2 2
2 1y x mx m x m= − + − +
tiếp xúc với trục hoành
3 2 2
2 2
2 1 0
3 4 0
x mx m x m
x mx m
− + − + =


⇔

− + =

có nghiệm
0,25
O
y
x
+∞
-∞ 0
4
27
3 2 2
2 1 0(1)
3
x mx m x m
x m
x m
− + − + =


⇔
=




=



0,25
Với x = m thế vào (1) ta được : m=1
0,25
Với 3x = m thế vào (1) ta được :
3 3 3 3
6 9 3 1 0 4 3 1 0
1 3
1 3
2 2
x x x x x x
x m
x m
− + − + = ⇔ − + =
= − ⇒ = −


⇔

= ⇒ =

Vậy m = 1; m= -3; m =
3
2
0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện :






≠+
≠
≠
02cot
1cot
02sin
xgtgx
gx
x
0,25
Pt ⇔
xx
xxx
xgtgx sincos
sin)sin(cos2
2cot
1
−
−
=
+
⇔
x
x
x

x
x
sin2
2sin
2cos
cos
sin
1
=
+
⇔ sin2x =
2
sinx
0,25
⇔ sinx(2cosx –
2
) = 0
⇔ 2cosx –
2
= 0 (vì sin2x ≠ 0)
⇔ cosx =
2
2
⇔ x =
)(2
4
Zkk ∈+±
π
π
0,25

với x =
)(2
4
Zkk ∈+
π
π
thì cotgx = 1 (loại)
với x =
)(2
4
Zkk ∈+−
π
π
thỏa mãn điều kiện
Vậy nghiệm của phương trình là : x =
)(2
4
Zkk ∈+−
π
π

0,25
2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 4 3 2 1 4 4 0
x y x y x y x y
x y x y x x y y
⇔

+ + + = + + + =
 
 
− + − = + + − − − =
 
2 2
2 2
2 2
2(1)
2
1
( 1) ( 2) 0
3
x y x y
x y x y
x y
x y
x y
⇔ ⇔
+ + + =

+ + + =


= +

 
+ − + =




= − −


0,5
Với x = y+1 thế vào (1) ta được :
2
0 1
2 4 0
2 1
y x
y y
y x
= ⇒ =

+ = ⇔

= − ⇒ = −

0,25
Với
3x y= − −
thế vào (1) ta được :
2
1 2
2 6 4 0
2 1
y x
y y
y x

= − ⇒ = −

+ + = ⇔

= − ⇒ = −

Vậy hệ có 3 nghiệm là (1;0) ; (-1;-2); (-2;-1)
0,25
O
B
A
M
3
(2điểm)
1
Gọi M(a;a+m) là điểm thuộc đường thẳng d
Goi A ,B là hai tiếp điểm
Vì 2 tiếp tuyến kẻ từ M vuông góc với nhau nên ∆ MAB vuông cân tại M
0,25
Vì ∆MAB vuông cân tại M nên suy ra ∆MAO vuông cân tại A ta có:
2 2 2
2MO OA AM= + =
0,25
2 2 2 2
( ) 2 2 2 2 0a a m a am m+ + = ⇔ + + − =
(1)
Trên đường thẳng d tìm được duy nhất một điểm M⇔ phương trình (1) có
nghiệm duy nhất ⇔∆’=0 ⇔ m = ±2.
Vậy m =±2 thoả mãn đầu bài
0,5

2
Phương trình tham số của (d)
3 2
3 1 2
1
2 1 1
2
x k
x y z
y k
z k
= +

− − −

= = ⇔ = −

−

= +

Gọi A(3+2k;1-k;2+k) thuộc đường thẳng (d).
Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ của B(-1-2k;-1+k;-4-k)
Vì B thuộc mặt phăng (P) suy ra :
1 2 1 4 4 0 1k k k k
− − − + − − + = ⇔ = −
0,25
0,25
Suy ra A(1;2;1)
(0; 2; 2) / /(0;1;1)AM⇒ − −

uuuur
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
1
1
x
y k
z k
=


=


= − +

0,5
4
(1điểm)
Gọi H là hình chiếu của S lên AB.
Vì
( ) ( ) ( )SAB ABCD SH ABCD
⊥ ⇒ ⊥
mà ∆SAB cân tại S nên H là trung
điểm của AB. Vì
( )SH ABCD
⊥ ⇒
0,25
Ta có
2 2 2 2
5 5

4 2
DH AD AH a SH DH a= + = ⇒ = =
Vậy
3
1 5
.
3 6
SABCD ABCD
V SH S a= =
0,25
Vì ∆CDE=∆DAH suy ra
Mà SH ⊥ CE ⟹CE⊥(SDH) ⟹CE⊥SD mà EF⊥SD ⟹SD⊥(CEF)
0,25
Mặt khác ta có SD//MN nên SD//(AMN)
Suy ra (AMN)⊥(CEF)
0,25
5
(2điểm)
1
Đặt
2 2 2
1 1t x t x tdt xdx= + ⇒ = + ⇒ =
3 2
8 3
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,25
3

2
2
8
3
2
3
2
1 1
1
1 1
( )
2
1 1
1
1
dx dt dt
t t
x x
t
= −
∫
− +
+
=
−
∫ ∫
0,25
3
2
1

1
ln
2
1
1 3
| ln
2 2
t
t
−
=
+
=
0,5
2
1 3 52010 2008 2006 2011
2011 2011 2011 2011
.2 .2 .2 C C C C++ + +
Ta có
1 20 2011 2010 2009 2011 2011 2011
2011 2011 2011 2011
.2 .2 .2 (1 2) 3C C C C =+ + + + = +
1 20 2011 2010 2009 2011 2011
1
2011 2011 2011 2011
.2 .2 .2 (2 1)C C C C =− −+ − = −
Vậy
1 3 5
2011
2010 2008 2006 2011

2011 2011 2011 2011
3 1
.2 .2 .2
2
C C C C+
−
+ + + =
0,25
0,5
0,25
6
(1điểm)
Ta có:
3
3 1x y z xyz xyz+ + ≥ ⇒ ≤
Ta có
2 2 2
3
3
3 3 3 1
3 9xy yz zx x y z
x y z xyz
+ + + + + ≥ +
Mà
2 2 2
3
3 3
1 1
3 3 3 9x y z
xyz xyz

+ + ≥
Và
3
1
3 3
xyz
≥
Suy ra
2 2 2
3
3
3 3 3 1
3 9 12P xy yz zx x y z
x y z xyz
= + + + + + ≥ + ≥
Vậy Pmin =12 khi x=y=z=1
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa