10 DE THI DAI HOC KHOI A 2011 CO DAP AN

Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI
Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ 1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số:
2x 1
y
x 1
−
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) các cặp điểm đối xứng nhau qua đường thẳng d: y=-2x+4.
Câu II (2,0 điểm)
1.Giải phương trình
2
1 2sin x x
1 cos x 2sin tan x
cos x 2 2
− π
 
+ − = +
 ÷
 

.
2. Giải hệ phương trình :
2 2 2
xy y 2 2x
2x y 4x y 3x
+ − =


− + =

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I=
1
0
6
9 3.6 2.4
x
x x x
dx
+ +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thang cân đáy lớn
AD=2a, AB=BC=CD=a, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng
2a
. Tính thể tích của khối chóp.
Câu V: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1
P

a 3b b 3c c 3a
= + +
+ + +
.
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 mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A và đường cao tương ứng
đỉnh C có phương trình lần lượt là d
1
: x-y=0, d
2
: x+2y+3=0. Biết đỉnh B thuộc trục Oy và M(0;-1) là điểm
của thuộc đường thẳng AC. Tìm toạ độ ba đỉnh của tam giác.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là trực
tâm của tam giác ABC. Viết phương trình đường thẳng OH.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện:
(1 )
2 1
1
i z
i
+
+ =
−
.
Tìm số phức có mô đun nhỏ nhất, lớn nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Cho (P) y

2
= x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm điểm C thuộc cung AB
sao cho
∆
ABC có diện tích lớn nhất
1
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
052: =+−+ zyxP
, đường thẳng d:
3 2
1
3
x t
y t
z t
= − +


= − +


= +


và điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) cắt và vuông góc với đường thẳng d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho độ dài AM ngắn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z sao cho
z i
z i
−
+
có một acgumen bằng
2
π
và
1z z i+ = −
.
.……….Hết………
Họ và tên thí sinh , Số báo danh
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
-ý
Nội dung Điểm
I.1
*Tập xác định :
{ }
\ 1D = ¡
Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x
−
= < ∀ ∈

−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
*Hàm số không có cực trị
Giới hạn
1
+
→
= +∞
x
lim y

1
−
→
= −∞
x
lim y
2
→+∞
=
x
lim y

2
→−∞
=
x

lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
I.2
*Xét đt d
m
vuông góc vơi d: y=
1
2
x m+
. PT hoành độ giao điểm của d
m
với (C):
2 1 1
1 2
x
x m
x
−

= + ⇔
−

( ) ( )
2
1
5 2 2 2 0 1
≠



− − + − =


x
x m x m
có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
*Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của PT(1):
1 2
5 2x x m⇒ + = −
. Toạ độ giao điểm của d
m
với (C):
1 1 2 2
1 1
; , ;

2 2
A x x m B x x m
   
+ +
 ÷  ÷
   
.Gọi I là trung điểm của AB thì
5 2 5 2
;
2 4
m m
I
− +
 
 ÷
 
*A,B đối xứng nhau qua d
3
2
I d m⇔ ∈ ⇒ =
* Khi đó PT(1)
2
1 2
2 1 0
1 2
x
x x
x

= −

− − = ⇔

= +


.
Vậy
4 2 4 2
1 2; , 1 2;
2 2
A B
   
− +
− +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
là cặp điểm cần tìm.
0.25
0.25
0.25
0.25
2
II.1
*ĐK:
osx 0 x
2
c k
π
π

≠ ⇔ ≠ +
.
*Phương trình đã cho tương đương với:
( )
1 2sin x
1 cos x 1 cos x tan x
cos x
−
+ − = +
*
( ) ( )
osx+sinx sin 1 0c x⇔ − =
*
ox+sinx=0 x=-
4
c k
π
π
⇔ +
(thoả mãn đk)
sinx=1 x= 2
2
k
π
π
⇔ +
(loại)
KL:
4
x k

π
π
= − +

0.25
0.25
0.25
0.25
II.2
*Xét x=0 không thoả mãn hệ PT. Xét
0x
≠
hệ tương đương với
2
2
2
2
2 3
y
y
x x
y
y
x x

 
− + =
 ÷

 



   

− + =
 ÷  ÷

   

*Đặt ẩn phụ
2
;
y
u y v
x x
= − =
, ta được hệ
2
2
2 3
u v
u v
+ =


+ =

*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;1)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (-1;-1) và (2;2)
0.25

0.25
0.25
0.25
III
*
1
2
0
3
2
3 3
3 2
2 2
x
x x
dx
I
 
 ÷
 
=
   
+ +
 ÷  ÷
   
∫
*Đăt
3
2
x

t
 
=
 ÷
 
.
3
2
2
1
1
ln3 ln 2 3 2
dt
I
t t
=
− + +
∫
*
3
3
2
2
1
1
1 1 1 1 1
ln
ln3 ln 2 1 2 ln 3 ln 2 2
t
dt

t t t
+
 
= − =
 ÷
− + + − +
 
∫
*
ln15 ln14
ln3 ln 2
−
=
−
0.25
0.25
0.25
0.25
IV *Vẽ hình
Tính
2
3 3
4
ABCD
S a=
*Gọi I là trung điểm của AD
IA IB IC ID a⇒ = = = =
nên ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính AD
0

90ACD⇒ ∠ =
AC CD
SA CD
⊥

⇒ ⇒

⊥

( ) ( ) ( )CD SAC SCD SAC⊥ ⇒ ⊥
*Gọi H là hình chiếu của A trên SC thì
( )
( )
; 2AH d A SCD a= =
Tam giác SAC vuông tại A
2 2 2
1 1 1
AC SA AH
⇒ + =
6SA a⇒ =
0.25
0.25
0.25
3
*Vy
3
3 2
4
ABCD
a

V =
0.25
V
*p dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta chứng minh đợc:
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
++=

++++
(*)
*p dụng Bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có
( )
( )
( )
+ +
+
+ +
+
+ +
+
(a 3b) 4
a 3b 4
2
(b 3c) 4
b 3c 4
2
(c 3a) 4
c 3a 4
2
Suy ra
+ + + + +
a 3b b 3c c 3a 6
*T (*) suy ra

1 1 1 9 9 3
6 2
3 3 3 3 3 3
P
a b b c c a a b b c c a
= + + =
+ + + + + + + +
*Dấu = xảy ra
+ + =

= = =

+ = + = + =

a b c 3
a b c 1
a 3b b 3c c 3a 4
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
3
2
khi
1a b c= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.
1
*Gi M l im i xng vi M qua d
1

thỡ M=(-1;0) v M thuc ng thng AB
*ng thng AB qua M v vuụng gúc vi d
2
cú PT: 2x-y+2=0
*
1
( 2; 2)A d AB

= =
,
(0;2)B AB Oy= =

*ng thng AC qua A,M cú phng trỡnh: x-2y-2=0
2
1 5
;
2 4
C AC d

= =
ữ

0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.2
*Ta cú
( )
AH BC

BC AOH BC OH
AO BC






.
Tng t
AB OH
Suy ra
( )OH ABC
.
*Phng trỡnh mp (ABC):
1 2 2 0
2 1 2
x y z
x y z+ + = + =

*mp(ABC) cú vtpt
( )
1;2 1n =
r
nờn OH cú vtcp
(1;2; 1)u n= =
r r
*Phng trỡnh ng thng OH:
2
x t

y t
x t
=


=


=

0.25
0.25
0.25
0.25
VIIa
*t
,( ; )z x yi x y R
= +
thỡ
(1 )
2 1
1
i z
i
+
+ =

( )
2 1y xi + =
*

( )
2
2
2 1x y + =
(C) .
*Gi M(x;y) l im
biu din s phc z thỡ M thuc ng trũn (C) tõm I(0;2) bỏn kớnh r=1 v
z OM=
0.25
0.25
0.25
4
*Xột ng thng OI (x=0) ct (C) ti M
1
(0;1) v M
2
(0;3).
OM nh nh t khi M tr ựng v i M
1

z i =
OM l n nh t khi M tr ựng v i M
2
3z i =
0.25
VIa.
1
+Ta A;B l nghim h:
2
2 0

y x
x y

=

=

A(1;-1); B(4;2)
+C(y
o
2
;y
o
)

(P); h=d(C;d)=
2
2
2
o o
y y
+
1 3
.
2 2
ABC
S h AB

= =
2

2
o o
y y

+Xột hm s f =
2
2
o o
y y
Vi
1 2
o
y

Suy ra Max f = 9/4 Ti C(1/4;1/2)
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.2
*Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
( )
3;1;32 + tttI
Do
( ) ( )
4;0;1105)3()1(232 ==++ IttttPI
* (d) có vectơ chỉ phơng là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
( )

1;2;1 n
. Ta cú
( )
, 3;3;3a n

=

r r
.
*Gọi
u
là vectơ chỉ phơng của


( )
1;1;1u
Phng trỡnh t
1
:
4
x u
y u
z u
=


=


= +

.
*Vì
( )
u4;u;u1MM +
,
( )
u;3u;u1AM
AM ngắn nhất

AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =++=

3
4
u =
. Vậy







3
16
;
3
4

;
3
7
M
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIb
*t
,( ; )z x yi x y R
= +
. Khi ú Z
0
=
( )
2 2
2
2 2
2
1 2
( 1)
1
z i x y x
i
z i x y
x y
+
= +
+ + +

+ +
*Z
0
cú mt acgumen bng
2 2
1 0
2
0
x y
x


+ =


<

(1)
*Li cú
1z z i x y+ = =
(2)
*T (1) v (2) suy ra x=y=
2 2 2
2 2 2
z i = +
0.25
0.25
0.25
0.25
Lu ý : Nu thớ sinh lm cỏch khỏc ỳng thỡ giỏm kho chm theo cỏc bc lm ca cỏch ú .

5
Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI
Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ 2
PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH
Câu 1 ( 2 điểm )
Cho hàm số :
4 3
y x 4x 8x m= − + +
1, Khảo sát vàvẽ đồ thị (C) khi m=4
2, Tìm m để đường thẳng y= - 1 cắt đồ thị hàm số đã cho tại 2 điểm phân biệt
Câu 2 ( 2 điểm )
1, Giải phương trình :
( )
sin x cos2x 2cos x cos x.cos2x 1 0− − + =
2, Giải hệ phương trình :
3x y x 3
3y x y 3

+ + =


+ + =



Câu 3 ( 2 điểm )
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho A(3;0;0) , B(0;3;0) , C(0;0;3) và đường thẳng

x 2y z 0
a :
3x 2y 3x 0
− + =


+ − =

1, Tìm những điểm thuộc a cách mặt phẳng (ABC) một khoảng
h 3=
2, Viết phương trình mặt cầu qua A,B,C và tiếp xúc với (P) : x+y+z=0
Câu 4 ( 2 điểm )
1, Cho (H) là mặt phẳng giới hạn bởi (P) :
y 5x 1= +
và đường thẳng qua A(4;5), B(5;6) . Tính thể
tích khối tròn xoay sinh bởi (H) quay quanh Ox
2, Cho x,y không âm , thay đổi và thoả mãn :
x y
2 4 5+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
T = x + y
PHẦN TỰ CHỌN: THÍ SINH CHỌN CÂU 5.a HOẶC 5.b
Câu 5a( 2 điểm ) theo chương chuẩn
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn
( )
2 2

C : x y 2x 4x 20 0+ − − − =
và đường thẳng
a : 3x + 4y -44 =0 . Viết phương trình các cạnh của hình vuông ngoại tiếp (C) , biết 1 cạnh của
nó song song với a
2, Cho tập A={1;2;3;…;2007} tính số tập con của A mà mỗi tập con có không quá 1003 phần tử
Câu 5b ( 2 điểm ) Theo chương trình phân ban
1, Giải hệ :
2 3 2
3 2 2
log x log y 1 log 3
log x log y 1 log 3
+ = +


+ = +

2, Cho tứ diện ABCD có ba đường thẳng AB,AD,BC đôi một vuông góc với nhau , AB=a,
AD+BC=CD . Tính thể tích tứ diện theo a
6
Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI
Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ 3
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số

4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12

x y x y
y x y

+ + − =


− =


Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường
2
| 4 |y x x= −
và
2y x=
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình
chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
     
− + =
 ÷  ÷  ÷
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)

1. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

.Gọi
∆
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A
trên (D). Trong các mặt phẳng qua
∆
, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D)
là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng

1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
7
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm
trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có phương trình
tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác

MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
Hết
Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI
Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − −
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.

2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )y f x=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A

x x
=
−
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3,
khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung
quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥





PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ) ( )

: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + −
8
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt
phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <




≥



(Ở đây
,
k k
n n
A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y+ + − − =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
− − − +
= = = =
− −
.
Tìm các điểm
1 2
d , dM N∈ ∈
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và giải bất phương trình
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Hết
Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI

Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
3 2
3 ( 1) 1y x x m x= + + + +
có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng
1y x= +
cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C
sao cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm).
1. Giải hệ phương trình
3 3
3 3
x y
y x


+ − =


+ − =


2. Giải phương trình
2
1 cos
2(1 sinx)(1 tan )
sinx cos
x
x
x
−
− + =
−
Câu III (2 điểm)
1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán
kính R = 1 quanh trục hoành.
2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa
9
đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao
cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a).
a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN.
b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất.
Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
3 2
1 ( 1) (1 ) 1x m x m x+ ≥ + + − +
.

PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là
1
: 2 1 0d x y− + =
và
2
: 2 3 0d x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường
thẳng
1 2
àd v d
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
1 2
àd v d
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z− + −
∆ = =
−

2
1 2 3
:
2 1 2
x y z+ − −

∆ = =
−
và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt
phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với
1
∆
và
2
∆
.
3. Tìm phần thực của số phức
( )
2009
1 i−
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol
( )H
có phương trình
2 2
2 2
1
x y
a b
− =

và M là điểm bất kỳ
thuộc (H). Gọi d
1
, d
2
là các đường thẳng đi qua M và song song với các đường tiệm cận của (H).
Chứng minh rằng hình bình hành tạo bởi d
1
, d
2
và các đường tiệm cận của (H) có diện tích không đổi.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa
độ của điểm M sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Giải bất phương trình
2 4
0,5 2 16
log 4log 4 logx x x+ ≤ −
…Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A
Câu ý Nội dung Điểm
I
2
1 1

TXĐ D =
¡
Sự biến thiên : y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x + 1)
2

0 x≥ ∀ ∈¡
Hàm số đồng biến trên
¡
Hàm số không có cực trị
Giới hạn :
lim
x
y
→±∞
= ±∞
Bảng biến thiên
x
−∞
0
+∞
y’ + 0 +
y
+∞
−∞
Đồ thị y
025
023
025

10
1
-1 O x
025
2 1
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C
m
) và đường thẳng y = x + 1
x
3
+ 3x
2
+ mx = 0
2
0
3 0
x
x x m
=

⇔

+ + =

Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C
m
) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi

2
( ) 3 0g x x x m= + + =

có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi

9
0 9 4 0
4
(0) 0 0
0
m
m
g m
m

∆ > − >
<
 

⇔ ⇔
  
≠ ≠
 

≠

(*)
Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn
3
.
B C
B C
x x

x x m
+ = −


=

(1)
Ta có f’(x) = 3x
2
+ 6x + m + 1
Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(x
B
) =
2
3 6 1
B B
x x m+ + +
,f’(x
C
) =
2
3 6 1
C C
x x m+ + +

Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x
B
). f’(x
C
) = -1

⇔
(
2
3 6 1
B B
x x m+ + +
).(
2
3 6 1
C C
x x m+ + +
) = - 1
⇔
(
2
3 6
B B
x x+
)(
2
3 6
C C
x x+
)+ (m + 1)(
2
3 6
B B
x x+
+
2

3 6
C C
x x+
) + (m + 1)
2
= - 1
⇔
2 2
9( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 2( ))
B C B C B C B C B C B C B C
x x x x x x x x m x x x x x x+ + + + + + − + +
+m
2
+ 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được
9m
2
– 54m + 36m + 3(m+1)(9 – 2m - 3) + m
2
+ 2m + 2 = 0
⇔
4m
2
– 13m + 11 = 0 phương trình vô nghiệm.
Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.
025
025
025
025
2

1 1
Điều kiện:
0 3,0 3x y≤ ≤ ≤ ≤
Ta có
3 3
3 3
x y
y x

+ − =


+ − =



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

(3 ) (3 ) 0

(3 ) 0
(3 ) 0
x y y x
x y
y x
⇒ − + − =
− =

⇔

− =

025
025
025
11
II

⇔
0
0
3
3
x
y
x
y

=




=



=



=



Kiểm tra ta thấy
0 3
,
0 3
x x
y y
= =
 
 
= =
 
thỏa mãn.
Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm
0 3
,
0 3

x x
y y
= =
 
 
= =
 
025
2 1
Đk :
sinx cos
cos 0
x
x
≠


≠

.
Phương trình tương đương với
2 2
2(1 sinx) 1 cos 2(1 sinx) 1 cos
os sinx cos 1 sin sinx cos
2 1 cos
2(sinx cos ) (1 sinx)(1 cos )
1 sinx sinx cos
sinx cos sinx.cos 1 0 (sinx 1)(cos 1) 0
sinx 1
cos 1

x x
c x x x x
x
x x
x
x x x
x
− − − −
= ⇔ =
− − −
−
⇔ = ⇔ − = + −
+ −
⇔ − + − = ⇔ − + =
=

⇔

= −

+) sinx = 1 không thỏa mãn Đk vì khi đó cosx = 0.
+) cosx = -1
2 ,x k k
π π
⇔ = + ∈¢
thỏa mãn.
Lết luận : Phương trình có họ nghiệm
2 ,x k k
π π
= + ∈¢

025
025
025
025
2
1 1
Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)
2
+ (y - 2)
2
= 1
Điều kiện:
1 3x≤ ≤
. Từ phương trình đường tròn ta có
2
2 1 ( 2)y x= + − −
với
2y ≥
Và
2
2 1 ( 2)y x= − − −
với
2y <
.
Thể tích vật thể cần tìm

(
)
(

)
3 3
2 2
2 2
1 1
3
2
1
2 1 ( 2) 2 1 ( 2)
8 1 ( 2)
V x dx x dx
x dx
π π
π
= + − − − − − −
= − −
∫ ∫
∫
Đặt x – 2 = sint với
2 2
x
π π
− ≤ ≤
.
x = 1
⇒
t =
2
π
−

x = 3
⇒
t =
2
π
dx = costdt,
2
1 ( 2)x− −
= cost.
Vậy V =
2
2
2
8 osc tdt
π
π
π
−
∫
=
2
2
2
4 (1 os2 ) 4c t dt
π
π
π π
−
+ =
∫

025
025
025
025
12
III
2 1
a) Gọi I là trung điểm của MN.
Ta có
,BN AB BN AM BN BM⊥ ⊥ ⇒ ⊥
x
do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
MN
, A M
tương tự AI =
2
MN
.
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
MN
=
2
b
I
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
B

b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N
Tam giác ABN vuông tại B nên AN
2
= AB
2
+ BN
2
y
Tam giác AMN vuông tại A nên MN
2
= AM
2
+ AN
2
Suy ra b
2
= MN
2
= AM
2
+ AB
2
+ BN
2
= x
2
+ a
2
+ y
2

Do đó x
2
+ y
2
= b
2
– a
2
không đổi.
Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.
Thể tích
2 2 2 2
1 1 1
ax ( ) ( )
6 12 12
V y a x y a b a= ≤ + = −
.
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
2 2
2
b a−
.
025
025
025
025
1
Ta có
3 2

1 ( 1) (1 ) 1x m x m x+ ≥ + + − +

2 2
( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x⇔ + − + ≥ − + + +
Điều kiện
1x
≥ −
Khi đó bất phương trình tương đương với
2 2
1 1
1 1
x x
m
x x x x
+ +
≥ +
− + − +

⇔
2 2
1 1
1 1
x x
m
x x x x
+ +
− ≥
− + − +
(*)
Đặt t =

2
1
1
x
x x
+
− +
, bất phương trình (*) có dạng : t – t
2

m≥
(1)
Ta có
2
2 2
2
2 2
' , ' 0 1 3
1
2( 1)
1
x x
t t x
x
x x
x x
− − +
= = ⇔ = − +
+
− +

− +
.
Bảng biến thiên
x
-1
1 3− +

+∞
t’ + 0 -
t

3 2 3
3
+

0 0
025
025
13
Vậy
11 7 3
0;
13
t
 
+
 
∈
 
 

. Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm
11 7 3
0;
13
t
 
+
 
∈
 
 
khi và chỉ khi
11 7 3
[0; ]
13
ax ( )
t
M f t m
+
∈
≥
với f(t) = t – t
2
f’(t) = 1 – 2t
Bảng biến thiên
t
0
1
2

3 2 3
3
+
f’(t) + 0 -
f(t)

1
4
Từ bảng biến thiên :
11 7 3
[0; ]
13
1 1
ax ( )
4 2
t
M f t khi x
+
∈
= =
Vậy ycbt tương đương với
1
4
m ≤
025
025
Va 3
1 1
Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng
: ax 3 0by a b∆ + − − =

Đường thẳng
∆
tạo với hai đường thẳng
1 2
àd v d
một tam giác cân có đỉnh là giao của
1 2
àd v d
khi và chỉ khi
1 2
( , ) ( , )d d∆ = ∆

1 2
os( ,d ) os( ,d )c c⇔ ∆ = ∆

2 2 2 2
2 2
5( ) 5( )
2 2
a b a b
a b a b
a b a b
− +
⇔ =
+ +
⇔ − = +

2 2a b a b⇔ − = +
hoặc
2 2a b a b− = − −

3 0a b
⇔ − =
hoặc
3 0a b
+ =
Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0
025
025
025
025
2 1
Vectơ chỉ phương của
1
1 2 1
:
2 1 1
x y z− + −
∆ = =
−
và
2
1 2 3
:
2 1 2
x y z+ − −
∆ = =
−
lần lượt là

(2; 1;1), ( 2;1;2)u v= − = −
r r
. Mặt phẳng (P) song song với
1
∆
và
2
∆
nhận cặp vectơ
(2; 1;1), ( 2;1;2)u v= − = −
r r
làm cặp vectơ chỉ phương.
Ta có
( )
1 1 1 2 2 1
; ; 3; 6;0 3(1;2;0)
1 2 2 2 2 1
n
 
− −
= = − − = −
 ÷
− −
 
r
. Mặt phẳng (P) có dạng
025
14
(P) : x + 2y + m = 0.
Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3.

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi
2 2 2
2 2
( ,( )) 3 3 5
1 2 0
m
d I P R m
− + +
= ⇔ = ⇔ = ±
+ +
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y +
3 5
= 0 và x + 2y –
3 5
= 0.
025
025
025
3 1
Ta có
( ) ( )
( )
1004
2009 2
1004
1004 1004 1004
1 1 (1 )
( 2 ) (1 )
2 (1 ) 2 2
i i i

i i
i i
− = − −
= − −
= − = −

Vậy phần thực của số phức trên là
1004
2
025
025
025
025
Vb 3
1 1
Các đường tiệm cận của (H) có dạng
b
y x
a
= ±
. Gọi M(x
0
; y
0
)
2 2
0 0
2 2
( ) 1
x y

H
a b
∈ ⇒ − =
(1)
Các đường thẳng d
1
; d
2
có phương trình là
0 0 0 0
à
b b b b
y x y x v y x y x
a a a a
= + − = − + +

Các giao điểm của d
1
; d
2
với các đường tiệm cận A(
0 0
0 0
;
2 2 2 2
x y
a b
y x
b a
+ +

), B(
0 0
0 0
;
2 2 2 2
x y
a b
y x
b a
− −
).
Diện tích hình bình hành S = 2S
OAB
=OA.OB.sin
AOB∠
=
2 2
2
. ( . )OA OB OA OB−
uuur uuur uuuruuur
Ta có
2 2
.OA OB
uuur uuur
=
2 2 2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
(( ) ( ) )(( ) ( ) )
2 2 2 2 2 2 2 2

x y x y
a b a b
y x y x
b a b a
+ + + − + −
=
2
2 2
2 2
2
0 0
2 2
( )
4
x y
a b
a b
 
+
−
 ÷
 
=
2
2 2
4
a b
 
+
 ÷

 
( theo (1))
2
( . )OAOB
uuur uuur
=
2
0 0 0 0
0 0 0 0
(( )( ) ( )( ))
2 2 2 2 2 2 2 2
x x y y
a a b b
y y x x
b b a a
+ − + + −
=
2
2 2
2 2
2
0 0
2 2
( )
4
x y
a b
a b
 
−

−
 ÷
 
=
2
2 2
4
a b
 
−
 ÷
 
( theo (1))
Do đó
2
ab
S =
không đổi.
025
025
025
025
2 1
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0)
Ta có
025
025
15

( ) ( ) ( )

2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
MA MB MC
3 ( )
3
MG GA MG GB MG GC
MG GA GB GC MG GA GB GC
MG GA GB GC
GA GB GC
+ +
= + + + + +
= + + + + + +
= + + +
≥ + +
uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
uuuur uuur uuur uuur
Vậy MA
2
+ MB
2
+ MC
2

≥
2 2 2
GA GB GC+ +
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

M G
≡
025
025
3 1
Ta có

( )
4
16
2 4 2
0,5 2 16 0,5 2
2
2 4
0,5 2 16
2
2
2 2
2 2
2 2 2 2
4 log 0
log 4log 4 log log 4log 0
log 4log 4 log
4 log 0
log 2log 0
log 2log 16 8log log
0
x
x x x x x
x x x

x
x x
x x x x
x

− ≥


+ ≤ − ⇔ + ≥


+ ≤ −


− ≥


+ ≥

⇔

+ ≤ − +


>


2
2
8

5
8
0 log
5
log 2
0
1 2
1
0
4
x
x
x
x
x


≤ ≤




⇔

≤ −




>



≤ ≤

⇔

< ≤


Tập nghiệm của bất phương trình là S =
8
5
1
[1;2 ] (0; ]
4
∪
025
025
025
025


Công ty TNHH TM & DV
TÂM KHAI TRI
Chuyên dạy kèm tại nhà các môn các khối
www.giasubienhoa.net
ĐT: 0909 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ 6
16
Đề thi thử Đại học năm học 2010-2011
Môn thi: toán, Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2,0 điểm)
1. Cho hệ phơng trình:
2 2
x y 4x 4y 7 0
mx y 2 0

+ + =

+ =

a) Tìm m để hệ có nghiệm.
b) Khi hệ có hai nghiệm
( ) ( )
1 1 2 2
x ; y , x ; y
(không nhất thiết khác nhau), tìm m để
biểu thức P=
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
x x y y +
đạt giá trị lớn nhất.
2. Giải phơng trình:
2 3
2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ + + =

.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình:
( )
( )
2
sin cos x sin sin 2x =
.
2. Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến
vuông góc với nhau tới parabole (P):
2
x 8y=
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng:
2x z 1 0
x y 4 0
=


+ =

và
3x y 2 0
y z 2 0
+ =


=

2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = BC = CD = DA = SA = SC. Chứng minh
rằng:
a) Các mặt phẳng ABCD và SBD vuông góc với nhau.
b)
SBD

là tam giác vuông.
Câu IV (2,0 điểm)
Cho hàm số f(x) =
3 2
2x 9x 12x 4 +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x).
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f(x) và trục hoành.
Câu V (2,0 điểm)
1. Chứng minh đẳng thức:
( )
( )
1
n
m
m
m n
0
1
x 1 x dx
m n 1 C
+
=
+ +

, với m và n là hai số tự nhiên.
2. Tìm hệ số của
6
x
trong khai triển của
10
2
x 3
x

+
ữ


Hết
17
Câu I: (2 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Hệ phương trình
2 2
x y 4x 4y 7 0 (1)
mx y 2 0 (2)

+ − − + =

− + =

1,0
a) Tìm m để hệ có nghiệm: Từ pt (2) ta có y=mx+2. Thế vào pt (1) ta được:

2 2 2
x m x 4mx 4 4x 4mx 8 7 0 + + + − − − + =
hay
( )
2 2
m 1 x 4x 3 0+ − + =
(3)
0,25
Phương trình (3) có
2
1 3m
′
∆ = −
. Rõ ràng hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi pt (3) có
nghiệm, tức là
2
3
1 3m 0 m
3
′
∆ = − ≥ ⇔ ≤
.
0,25
b)Pt (3) có nghiệm
2
1,2
2
2 1 3m
x
m 1

± −
=
+
nên
( )
2
2
2
1 2
2
2 1 3m
x x
m 1
 
−
− =
 ÷
 ÷
+
 
=
( )
2
2
2
4 12m
m 1
−
+
và

( ) ( )
( )
2
2
1 2 1 2
y y m x x− = −
=
( )
( )
2 2
2
2
m 4 12m
m 1
−
+
. Suy ra P=
2
2
4 12m
m 1
−
+
. Dễ thấy khi |m| tăng thì P
giảm. Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi m=0.
0,5
2) Giải pt:
2 3
2ln x ln x 6ln x ln x 2 0+ − + + =
. 1,0

Điều kiện:
ln x 0 x 1
≥ ⇔ ≥
. 0,25
Đặt
t ln x
=
, khi đó
t 0≥
và pt đã cho trở thành:
4 3 2
2t t 6t t 2 0+ − + + =
(4) 0,25
Rõ ràng t=0 không là nghiệm của pt (4) nên chia hai vế pt (*) cho t
2
, rồi đặt
1
u t
t
= +
, ta có 0,25
u 2
≥
và được pt
2
2u u 10 0+ − =
u 2
⇔ =
hoặc
5

u
2
= −
(loại). Vậy u=2
t 1 x e
⇔ = ⇔ =
. 0,25
Câu II: (2 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Giải pt
( )
( )
2
sin cos x sin sin 2xπ = π
(1) 1,0
Pt (1)
( )
2
2
cos x sin 2x 2k 2
cos x sin 2x 2k (3)

π = π + π

⇔

π = π− π + π


, với k là số nguyên. 0,25

Ta có (2)
2
cos x sin 2x 2k⇔ = +
cos2x 2sin 2x 4k 1
⇔ − = −
(4)
Điều kiện để (4) có nghiệm là (4k-1)
2

≤
5 ,
k ∈¢
k 0⇔ =
.
Tương tự điều kiện để pt (3) có nghiệm là k=0.
0,25
Khi k=0, ta có (2)
cos2x 2sin 2x 1⇔ − = −
1 2 1
cos2x sin 2x
5 5 5
⇔ − = −
. Gọi
α
là góc
trong khoảng
0;
2
π
 

 ÷
 
sao cho
2 1
cos ;sin
5 5
α = α =
, ta có:
( )
sin 2x sin−α = α
2x 2m
2x 2m
−α = α + π

⇔

−α = π−α + π

x m
, m
x m
2
= α + π


⇔ ∈
π

= + π


¢
0,25
18
Khi k=0, hoàn toàn tương tụ ta có nghiệm của pt (3) là
x m
, m
x m
2
= π


∈
π

= −α + + π

¢
0,25
2)
Tìm tất cả những điểm trên mặt phẳng tọa độ mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông
góc với nhau tới parabol (P): x
2
= 8y.
1,0
Tiếp tuyến bất kỳ của (P) có dạng
( )
0 0
x x 4 y y= +
hay
0 0

x x 4y 4y 0− − =
. (5) 0,25
Những điểm cần tìm là các giao điểm
( )
A A
A x ;y
của những cặp tiếp tuyến với phương trình
cùng có dạng (5) với các tiếp tuyến khác nhau sao cho hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
0,25
Tức là hai đường thẳng có pt tương ứng
1 1
x x 4y 4y 0− − =
(6) và
2 2
x x 4y 4y 0− − =
(7) thỏa
1 2
1 2
n .n x x ( 4).( 4) 0= + − − =
r r
1 2
x x 16⇔ = −
0,25
Từ (6) và (7) suy ra
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x x x
x x x 4 y y 4

8 8 2
 
−
− = − = − =
 ÷
 
nên x
1 2
x x
2
+
=
. Suy ra
1 1 1 2
x x 4y x x
y 2
4 8
−
= = = −
, vì x
1 2
x x
2
+
=
. Vậy
1 2
x x
A ; - 2
2

 
+
 ÷
 
suy ra các điểm cần tìm lập
thành đường thẳng y = -2.
0,25
Câu III: (2 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d):
2x z 1 0
x y 4 0
− − =


+ − =

và (d
1
):
3x y 2 0
y z 2 0
+ − =


− − =

1,0
Phương trình tham số của đường thẳng thứ nhất là (d):
x t

y 4 t
z 1 2t
=


= −


= − +

tức là đi qua A(0; 4; -1) và
có VTCP là
u
(1; 1;2)= −
r
.
0,25
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua đường thẳng (d
1
) và song song với (d). Dạng của (P) là
( ) ( )
3x y 2 y z 2 0α + − +β − − =
hay
( )
3 x y z 2 2 0α + α +β −β − α − β =
.
0,25
Từ điều kiện (d)//(P) suy ra
( )
1.3 1. 2( ) 0α − α +β + −β =

2 3 0⇔ α − β =
. Lấy
3
α =
,
2β =
ta
có (P):
9x 5y 2z 10 0+ − − =
0,25
Khoảng cách cần tìm chính là khoảng cách từ A tới (P), tức là bằng
9.0 5.4 2.( 1) 10
12
81 25 4 110
+ − − −
=
+ +
0,25
2 Hình học không gian 1,0
a) Vì tứ giác ABCD là hình thoi nên
AC BD^
. Mặt khác, vì
SAC∆
cân tại S nên
AC S^ O
,
với
O AC BD= ∩
. Suy ra
( )

AC SBD^
, vì vậy (ABCD)
^
(SBD).
0,5
b) Hiển nhiên
SAC BAC∆ = ∆
. Do
SBD∆
có trung tuyến thuộc BD bằng nửa BD nên tam giác
này vuông tại S.
0,5
19
Câu IV: (2 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f(x) =
3 2
2x 9x 12x 4− + −
. 1,0
+) Tập xác định
¡
+) Đạo hàm
2
y 6x 18x 12
′
= − +
y' = 0
x = 1 ⇔
hoặc x = 2
0,25

+) Bảng biến thiên
x
−∞
-2 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
+∞
1
y
0
−∞
0,5
+) Đồ thị: Đồ thị không có tiệm cận; đồ thị không cắt 0x tại
1
;0
2
 
 ÷
 
và
( )
2;0
; đồ thị cắt
0y tại (0; -4).
y =
3 2
2x 9x 12x 4− + −
0 1/2
0,25
2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và trục hoành. 1,0

Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x =
1
2
và x = 2. Diện tích hình phẳng cần tìm là
( )
2
3 2
1
2
S 2x 9x 12x 4 dx= − + −
∫
0,5
20
=
2
4 3 2
1
2
x x x
2 9 12 4x
4 3 2
 
− + −
 ÷
 
=
2
4
3 2
1

2
x
3x 6x 4x
2
 
− + −
 ÷
 
= … =
27
32
(đvdt) 0,5
Câu V: (1 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1
Ký hiệu I(m;n) =
( )
1
n
m
0
x 1 x dx−
∫
; khi đó ta có đẳng thức cần chứng minh sẽ là:
( )
( )
m!n!
I m;n
m n 1 !
=

+ +
(1). Trước hết ta có
( )
( )
1 m!0!
I m;0
m 1 m 0 1 !
= =
+ + +
, tức là (1) đúng với
n=0 và m tự nhiên. Ta chứng minh quy nạp theo n.
0,5
Giả sử (1) đúng với mọi m tự nhiên và n = k, tức là
( )
( )
m!k!
I m;k
m k 1 !
=
+ +
(2)
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1, tức là
( )
( )
( )
m! k 1 !
I m;k 1
m k 2 !
+
+ =

+ +
(3)
Thật vậy
( )
1
n
m
0
x 1 x dx−
∫
=
( )
1
m 1
k 1
0
x
1 x d
m 1
+
+
 
−
 ÷
+
 
∫
=
( ) ( ) ( )
0

1
m 1 m 1
k 1 k
0
0
x x
1 x k 1 1 x dx
m 1 m 1
+ +
+
 
− + + −
 ÷
+ +
 
∫
=
( )
( )
( )
( )
m 1 !k! m! k 1 !
k 1 k 1
I(m 1;k)
m 1 m 1 m k 2 ! m k 2 !
+ +
+ +
 
+ = =
 ÷

+ + + + + +
 
(đpcm).
Ghi chú: Nếu thí sinh không biết dùng phương pháp quy nạp theo một biến thì có thể chứng
minh cho một số trường hợp đặc biệt, rồi rút ra kết luận chung.
0,5
2
BiÓu thøc ®· cho chÝnh lµ:
2 10 10 10
10 10
(x 3x 2) (x 1) (x 2)
A
x x
− + − −
= =
HÖ sè cña x
6
trong khai triÓn cña A chÝnh lµ hÖ sè cña x
16
trong khai triÓn cña
10 10
B (x 1) (x 2)= − −
. Ta cã:
0 10 1 9 2 8 3 7 4 6
10 10 10 10 10
B (C x C x C x C x C x )= − + − + −
×
×
0 10 1 9 2 8 3 7 4 6
10 10 10 10 10

(C x 2C x 4C x 8C x 16C x )− + − + −
Khai triÓn tiÕp, ta ®îc hÖ sè cña x
16
lµ:
0 4 1 3 2 2 3 1 4 0
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
C .16C C .8C C .4C C .2C C .C 23670+ + + + =
Hết
21
Cụng ty TNHH TM & DV
TM KHAI TRI
Chuyờn day kem tai nha cac mụn cac khụi
www.giasubienhoa.net
T: 0909 64 65 97
THI TH I HC NM 2011
Mụn: TON; Khi A, B
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
ấ 7
Câu I (2,0 điểm)
3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số:
2
x x 1
y
x 1
+ +
=
+
.
4. Viết phơng trình đờng thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho A, B đối xứng
nhau qua đờng thẳng

( )
: y x 2 = +
Câu II (2,0 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:
2
3 2 2
y x xy 6y 1 0
y x 8y x y x 0

+ + + =


+ + =


.
4. Giải phơng trình:
cos2x sin 2x
cotg x - tg x
sin x cos x
=
Câu II (3,0 điểm)
3. Cho hypebol (H):
2 2
2 2
x y
1
a b
=
. Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho tổng các khoảng cách

từ M tới hai tiệm cận của hypebol nhỏ nhất.
4. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho điểm M(2; 0; 2) và đờng thẳng
( )
:
2x y 2z 2 0
x y z 2 0
+ + =


+ + =

. Viết phơng trình tổng quát của đờng thẳng (d) đi qua M, vuông góc với
( )

và cắt
( )

.
5. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có A(0; 0;
0), B(2; 0; 0), D(0; 4; 0) và D(0; 4; 6). Gọi M, N, P lần lợt là trung điểm của các cạnh
AA, CD, BC và Q là một điểm thuộc đờng thẳng BB sao cho thể tích tứ diện MNPQ bằng
3. Tính tỉ số
BQ
B Q

.
Câu IV (2,0 điểm)
3. Tính tích phân:
( )
4

3
0
sin x cos x
I dx
2sin x cos x

+
=
+

.
4. Tìm hệ số của
2008
x
trong khai triển Newton của đa thức f(x) =
( )
( )
670
670
2
x 2 . x 1 +
.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số dơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
22
P =
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2

4 x y 4 y z 4 z x
x y z
+ + + + + + + +
.
HÕt
§¸p ¸n - thang ®iÓm
®Ò thi thö ®¹i häc, cao ®¼ng – n¨m 2011
M«n TOÁN, Khèi B
(§¸p ¸n – Thang ®iÓm cã 4 trang)
23
Câu I: (2 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2
x x 1 1
y x
x 1 x 1
+ +
= = +
+ +
1,0
+) Tập xác định
x 1≠ −
+) Đạo hàm
2
1
y 1
(x 1)
′
= −

+
y' = 0
x = 0
⇔
hoặc x = -2
0,25
+) Bảng biến thiên
x
−∞
-2 -1 0
+∞
y’ + 0 - - 0 +

+∞

+∞

-3
y
1

−∞

−∞

0,5
+) Đồ thị: Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 và có tiệm cận xiên y = x; đồ thị không cắt 0x và cắt
0y tại (0; 1)

2

x x 1
y
x 1
+ +
=
+
-1 0
0,25
2) 1,0
0,25
24
Ht
Cụng ty TNHH TM & DV
TM KHAI TRI
Chuyờn day kem tai nha cac mụn cac khụi
www.giasubienhoa.net
T: 0909 64 65 97
THI TH I HC NM 2011
Mụn: TON; Khi A, B
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
ấ 8
Câu I (2điểm). Cho hàm số y = -x
3
+ 3x
2
- 2 (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm M(3;-2).
Câu II (2điểm).
1. Giải phơng trình:

24sin3)cos(sin4
44
=++
xxx
.
2. Tính tích phân:
dxex
x

+
4
0
tan2
)tan1(


Câu III (2điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(3 ; 0), B(0;4), C(2;m). Tìm m biết tam giác ABC có
diện tích bằng7.
2. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB=a, BC=a
3
, SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SA=2a. Gọi M, N lần lợt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC.
Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
Câu IV (1điểm). Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng với mọi x

R, ta có:

xxx
xxx

cba
b
ca
a
bc
c
ab
++






+






+






.
II/ Phần riêng (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần theo chơng trình Chuẩn hoặc

Nâng cao).
A. Theo ch ơng trình Chuẩn.
Câu Va (2điểm).
1. Lập phơng trình mặt cầu đi qua hai điểm A(2;6;0), B(4;0;8) và có tâm thuộc Ox
2. Giải bất phơng trình: 2log[(x 3)
5
] > log(7 - x) + 1 .
Câu VIa (1điểm). Tìm hệ số của x
5
trong khai triển thành đa thức của: x(1-2x)
5
+ x
2
(1+3x)
10
.
B. Theo ch ơng trình Nâng cao .
Câu Vb (2điểm).
1.Trong không gian cho điểm A(0,1,1) và đờng thẳng (d) :





=
+=
+=
tz
ty
tx

3
2
21
.
Viết phơng trình mp(P) qua A và vuông góc với (d). Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm B(1,1,2)
trên mp(P).
2. Chứng minh:
0 1 2
2
1 1 1
5 6
5 5 5
n n n
n n n n
n
C C C C

+ + + + =
ữ

Câu VIb (1điểm). Tìm các số thực a, b, c để ta có phân tích:
25