DE ON THI DH TOAN AV1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: Toán. Khối A, B.

Đề thi thử lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I. (2 điểm).

Cho hàm số

y=

2 x −1
x +1

(1).

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua
M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.
Câu II. (2 điểm)

1
+
x

1) Giải phương trình sau:

2) Giải phương trình lượng giác:

1
2 − x2

=2.

sin 4 2 x + cos 4 2 x
tan(

π

4

− x).tan(

π

4

+ x)

= cos 4 4 x

.

Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:

L = lim

3

ln(2e − e.cos2 x) − 1 + x 2
x2

x →0

Câu IV. (2 điểm)
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I
là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các
đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính
đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
1
2

Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0)
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2
2
x 2 + 2010
2009 y − x =

y 2 + 2010


3log3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) +1
--------------- HẾT --------------Ghi chú:

- Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………...


HƯỚNG DẪN
CÂU
I.1

NỘI DUNG
Hàm số: y =

2 x −1
3
=2−
x +1
x +1
lim y = 2; lim

+) Giới hạn, tiệm cận:

x →+∞

ĐIỂM

y = 2; lim y = −∞; lim y = +∞

x → ( −1)+

x →−∞

x → ( −1)−

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
3
> 0, ∀x ∈ D
+) y ' =
2
( x + 1)
+) BBT:

-∞

x
y'
y

+∞

-1
||

+

+

+∞

||
2

2
−∞

+) ĐT:

1 điểm
8

6

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

-6

I.2

II.1

3

y −y

1 điểm

+) ycbt ⇔ kM .kIM = −9
+) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
+) ĐK: x ∈ (− 2; 2) \ {0}
 x + y = 2 xy
+) Đặt y = 2 − x 2 , y > 0 Ta có hệ:  2
2
x + y = 2

−1 + 3 
−1 − 3
x =
x =


2
2
;
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 

 y = −1 − 3  y = −1 + 3


2
2

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và x =
II.2

−3

M
I
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi M ∈ (C ) ⇒ M ( x0 ; 2 − x + 1) ⇒ k IM = x − x = ( x + 1) 2
0
M
I
0
3
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: k M = y '( x0 ) =
2
( x0 + 1)

+) ĐK: x ≠

π
π
+ k ,k ∈Z
4
2

1 điểm

−1 − 3
2

1 điểm


III

L = lim

3

ln(2e − e.cos2 x) − 1 + x 2
x2

x →0

= lim

IV.1








2
−1
 = lim  ln(1 + 2sin 2 x) +

 x →0  x 2

3
2
2
2
3
(1 + x ) + 1 + x +1 


2sin 2 x

 2sin 2 x


1 điểm

1 5
=
3 3

+) Gọi rC là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB.

S SAB = prC = (l + r ).rC =
Ta có:

⇒ rC =

S

1
SM . AB
2

l

l − r .2r
l −r
=r
2(l + r )
l+r
2

1 điểm

2

2
2
+) Scầu = 4π r C = 4π r

IV.2

x2

x →0



3
ln(1 + 2sin 2 2 x) 1 − 1 + x 2
= lim 
+
x →0  x 2
x2

2sin 2 x
 2sin 2 x
=2−

3

ln(1 +1 − cos2 x ) +1 − 1 + x 2

I

l −r
l+r

A

M

r

B

+) Đặt :
y (r ) =

lr 2 − r 3
,0 < r < l
l+r


− 5 −1
l
r =
−2r ( r + rl − l )
2

+) y '(r ) =
=0⇔
(l + r ) 2

5 −1
l
r =

2
2

2

+) BBT:

r

0

y'(r)
y(r)

V

5 −1
l
2

l

1 điểm

ymax

5 −1
+) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ r =
l
2
+) Ta có
P = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx )

x2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z )2 
P = (x + y + z)  x2 + y 2 + z 2 +


2


2

 ( x + y + z)2 
2 − ( x + y + z) 
P = ( x + y + z ) 2 +
=
(
x
+
y
+
z
)

3 +

2
2





1
+) Đặt x +y + z = t, t ≤ 6( Bunhia cov xki) , ta được: P (t ) = 3t − t 3
2

+) P '(t ) = 0 ⇔ t = ± 2 , P( ± 6 ) = 0; P ( − 2) = −2 2 ; P ( 2) = 2 2
+) KL: MaxP = 2 2; MinP = −2 2
VI

+) d ( I , AB) =

5 ⇒
AD
2

= 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5.

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4

1 điểm


+) Ta A, B l nghim ca

x = 2

1 2
25

2
( x ) + y =
y = 2 A(2;0), B(2; 2)

2
4

h:
x = 2
x 2 y + 2 = 0

y = 0

C (3;0), D(1; 2)
VII


2
2
x 2 + 2010
(1)
2009 y x =

y 2 + 2010

3log3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) +1(2)

+) K: x + 2y = 6 > 0 v x + y + 2 > 0
+) Ly loga c s 2009 v a v pt:
x 2 + log 2009 ( x 2 + 2010) = y 2 + log 2009 ( y 2 + 2010)
+) Xột v CM HS f (t ) = t + log 2009 (t + 2010), t 0 ng bin,
t ú suy ra x2 = y2 x= y, x = - y
+) Vi x = y th vo (2) v a v pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
t

t

1 8
a pt v dng ữ + ữ = 1 , cm pt ny cú nghim duy nht t = 1
9 9

x = y =7
+) Vi x = - y th vo (2) c pt: log3(y + 6) = 1 y = - 3 x = 3
Ghi chỳ:
- Cỏc cỏch gii khỏc vi cỏch gii trong ỏp ỏn m vn ỳng, thỡ cng cho
im ti a.
- Ngi chm cú th chia nh thang im theo gi ý cỏc bc gii.

é THI thử I HC lần ii

NM học: 2010-2011
Mụn thi : TON
làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú th l (Cm); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (Cm) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (Cm) ti D v E vuụng gúc vi nhau.

Cõu II:(2 im)
1. Giai hờ phng trinh
:

x 2 y xy = 0

x 1 2 y 1 = 1

2. Tìm x (0; ) thoả mãn phơng trình: cotx 1 =

cos 2 x
1
+ sin 2 x sin 2 x .
1 + tan x
2

Cõu III: (2 im)
1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho
AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S
sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH
lớn nhất


2. Tớnh tớch phõn: I =


4
0



( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx .

Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
a +b2 b +c 2 c + a 2

+
+
2.
Chng minh rng :
b +c
c +a
a +b

PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng
và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng :

x 1 y + 2 z
=
= .Tìm toạ độ điểm M trên
1
1
2

x
Cõu VIa : Giải bất phơng trình: (2 + 3 )

2

2 x +1

+ (2 3 ) x

2

2 x 1

3
2

sao cho: MA2 + MB 2 = 28


4
2 3

B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb: 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x2 + y2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung

sao cho qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng
600.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d:

x 1 y +1 z
=
=
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
2
1
1

ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua
d

4log3 xy = 2 + ( xy ) log3 2

Cõu VIb: Gii h phng trỡnh
2
2

log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )
....Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
I

ý
1

Nội Dung

Điểm
2
1

Khảo sát hàm số (1 điểm)

y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)
1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1
+ TXẹ: D = R

(C3)

y = , lim y = +
+ Gii hn: xlim

x +
+ y = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 0; x
hàm số đồng biến trên R

0,25

0,25


• Bảng biến thiên:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thò (C3):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
0,25

1

2

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường

0,25
thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔
x = 0
 x 2 + 3x + m = 0


(2)

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0.
m ≠ 0
 ∆ = 9 − 4m > 0

⇔
⇔ 02 + 3 × 0 + m ≠ 0 m < 4 (*)


9

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD=y’(xD)= 3x2D + 6x D + m = −(3x D + 2m);

0,25

0,25

kE=y’(xE)= 3x2E + 6x E + m = −(3x E + 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1
⇔

(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
0,25
⇔
9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo



9 + 65
m =
8
ñònh lý Vi-ét). ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ 
9 − 65
m =
8

1
 So s¸nhÑk (*): m = 9 − 65
8

(

)

II

2
1

1

x ≥ 1

1. §k:  1
 y ≥ 2

0,5

(1)

⇔ x − y − ( y + xy ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) = 0
 x−2 y =0
⇔
⇔ x=2 y
 x + y = 0(voly)
⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã

0,25

4 y −1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 +1
⇔ 4 y −1 = 2 y −1 + 2 2 y −1 + 1 ⇔ 2 y −1 = 2 2 y −1
1

y
=
(tm)
 2 y −1 = 0

x = 2
2
⇔

⇔
⇒
 2 y − 1 = 2
 y = 5 (tm)  x = 10

2

V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2)

0,25

1

2

sin 2 x ≠ 0
sin 2 x ≠ 0
⇔
®K: 

sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1
cos x − sin x cos 2 x. cos x
=
+ sin 2 x − sin x cos x
PT ⇔
sin x
cos x + sin x
cos x − sin x
⇔
= cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x

sin x

0,25



⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x)

0,25

⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0

0,25

⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0
cos x − sinx = 0

π
⇔ (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 ⇔ 
π
2 sin(2 x + ) = 3(voly )
4

4

⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x =
Do x ∈ ( 0; π ) ⇒ k = 0 ⇒ x =

π
4

π
+ kπ (k ∈ Z ) (tm®k)
4

III

0,25

2
1

1
 SA ⊥ ( ABCD )
⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)
 SA ⊂ ( SAC )

Do 

0,25

Lai cã

MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD )

⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o =

x
2

Ta cã
x
x
⇒ HC = AC − AH = a 2 −
2
2
1
1 x
x
⇒ S ∆MHC = MH .MC =
(a 2 −
)
2
2 2
2
1
1
x
x
⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a
(a 2 −
)
3
6
2
2
AH = AM .cos 450 =

O,5

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
x
x
+a 2−
1
2
2
VSMCH ≤ a [
3
2
x
x
⇔
=a 2−
2
2
⇔x=a

0,25

]

2

=

3

a
6

⇔ M trïng víi D
2

1
π
4

π
4

π
4

I = ( x + sin 2 2 x)cos 2 xdx = xcos 2 xdx + sin 2 2 xcos 2 xdx = I 1 + I 2
∫
∫
∫

0,25


IV

1

1


a

b
c
b2
c2
a2
+
+
)+(
+
+
) = A+ B
.Ta có :VT = (
b+c c+a a+b
b+c c+a a+b

A+3=

0,25

0,25

1
1
1
1
+
+
[ (a + b) + (b + c ) + (c + a )]
2
a + b b + c c + a

1
1
1
1
9
3 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 3
=
2
a+b b+c c+a 2
3
A
2
a2
b2
c2
12 = (a + b + c) 2 (
+
+
)(a + b + b + c + c + a)
a+b b+c c+a
1
1 B.2 B
2
3 1
Từ đó tacó VT + = 2 = VP
2 2

0,25

0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
V.a

2
1
0,25

1

Ta có: AB = 2 , trung điểm M (
pt (AB): x y 5 = 0
S ABC =

5 5
; ),
2 2

0,25

3
1
3
d(C, AB).AB = d(C, AB)=
2
2
2

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=

d(G, AB)=

t (3t 8) 5
2

=

1
2

0,25

1
t = 1 hoặc t = 2
2

G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

uuuur

uuuur

Mà CM = 3GM C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)
2

1
x = 1 t

ptts : y = 2 + t M (1 t ; 2 + t ; 2t )
z = 2t

Ta có: MA2 + MB 2 = 28 12t 2 48t + 48 = 0 t = 2
Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4)

VI.a

1

0,25

0,5

0,25
0,25

1


(

⇔ 2+ 3

Bpt

(

t = 2+ 3

)

x2 − 2 x

)

x2 − 2 x

(

+ 2− 3

)

x2 − 2 x

≤4

BPTTT :

( t > 0)

0,25

0,25

1
t+ ≤4
t

⇔ t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3

(tm)

(

Khi ®ã : 2 − 3 ≤ 2 + 3
⇔

)

0,25
2

x −2 x

2
≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x − 2 x ≤ 1

0,25

x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2

V.b

2
1

1

. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp

điểm)
 ·AMB = 600 (1)
V ậy  ·
0
 AMB = 120 (2)

(1) ⇔ ·AMI = 300

⇔ MI =

Vì MI là phân giác của ·AMB
IA
sin 300

⇔ MI = 2R ⇔

0,5

m2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7

(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =

0,5

IA
2 3
4 3
R ⇔ m2 + 9 =
0 ⇔ MI =
sin 60

3
3

Vô nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )
2

1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường
thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:

 x = 1 + 2t

 y = −1 + t
z = −t


0,25

uuuur

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t − 1 ;
− 2 + t ; − t)
r
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; −1), 0,25
nên :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t =

2
.
3

Vì thế,

uuuur
MH

=

4
2
1
 ;− ;− ÷
3
3
3

VIb

uuuur uuuur
uMH = 3MH = (1; −4; −2)

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 0,25
x − 2 y −1 z
=
=
1
−4

−2

7
3

1
3

2
3

Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’

0,25


8
5
4
( ;− ;− )
3
3
3

ĐK: x>0 , y>0
(1) ⇔

22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0

⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=

0,5
0,25

3
x

(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ;

0,25

6
)
2

S

M

A

D

H

B

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ

Câu I:

x+2
( C) .
x−2
1. Khảo sát và vẽ ( C ) .
Cho hàm số y =

C

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010
Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B
Thời gian: 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC


2. Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến đi qua điểm A ( −6;5 ) .
Câu II:
π

1. Giải phương trình: cos x + cos3x = 1 + 2 sin  2x + ÷.
4

3
3
 x + y = 1
2. Giải hệ phương trình:  2
2
3

 x y + 2xy + y = 2
Câu III:
Tính I =

π
4

dx

∫ cos x ( 1 + e )

−

π
4

−3x

2

Câu IV:
Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 2. Với giá trị
nào của góc α giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?
Câu V:
Cho a, b,c > 0 : abc = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
+
+

≤1
a + b +1 b + c +1 c + a +1
Câu VI:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A ( 1;0 ) , B ( −2;4 ) ,C ( −1; 4 ) , D ( 3;5 ) và đường thẳng
d : 3x − y − 5 = 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
 x = −1 + 2t
x y −1 z + 2

d1 : =
=
;
d 2 : y = 1 + t
2
−1
1
z = 3

Câu VII:
20 C02010 21 C12010 2 2 C22010 23 C32010
22010 C 2010
2010
A=
−
+
−
+ ... +
Tính:
1.2
2.3

3.4
4.5
2011.2012

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2
Câu I:
1. a) TXĐ: ¡ \ { 2}
b) Sự biến thiên của hàm số:
-) Giới hạn, tiệm cận:
y = −∞, lim y = +∞ ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng.
+) xlim
→2
x →2
+) lim y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang.
−

x →−∞

+

x →+∞

-) Bảng biến thiên :
4
y' = −
< 0 ∀x ≠ 2
2
x
−
2

(
)
c) Đồ thị :
-) Đồ thị cắt Ox tại ( −2;0 ) , cắt Oy tại ( 0; −1) , nhận I ( 2;1) là tâm đối xứng.


2. Phương trình đường thẳng đi qua A ( −6;5 ) là ( d ) : y = k ( x + 6 ) + 5 .
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
4
x+2

x+2

−
× x + 6) + 5 =
k
x
+
6
+
5
=
2 (
(
)


x−2
x−2


 ( x − 2)
⇔


4
4
k = −
k = −
2
2


( x − 2)
( x − 2)

Suy ra có 2 tiếp
2
−4 ( x + 6 ) + 5 ( x − 2 ) = ( x + 2 ) ( x − 2 )
4x 2 − 24x = 0
 x = 0;k = −1


⇔
⇔
⇔
4
4
k
=
−

 x = 6;k = − 1
2
2
k = −

4
( x − 2)

( x − 2)


x 7
tuyến là : ( d1 ) : y = − x − 1; ( d 2 ) : y = − +
4 2
Câu II:


π

1. cos x + cos3x = 1 + 2 sin  2x + ÷
4

⇔ 2cos x cos 2x = 1 + sin 2x + cos2x
⇔ 2cos 2 x + 2sin x cos x − 2cos x cos 2x = 0
⇔ cos x ( cos x + sinx − cos2x ) = 0

⇔ cos x ( cos x + sinx ) ( 1 + sinx − cosx ) = 0

π
 x = + kπ

2

cos x = 0
π


⇔ cos x + sinx = 0 ⇔  x = − + kπ
4
1 + sinx − cosx = 0


 
π
1
sin  x − 4 ÷ = −
2

 
π

x
=
+ kπ

π

2
x
=
+ kπ



π
2
 x = − + kπ


π

4
⇔
⇔  x = − + kπ
4
 x − π = − π + k2π


 x = k2π
4
4


π 5π

x − =
+ k2π

4 4

1 3
1 1 3 3


2x
+
=
2 ( x − y ) +  − ÷ =  − ÷

y x


y x x y
2. 
⇔
2y + 1 = 3
2x + 1 = 3


x y
y x
x = y

4( x − y)

2 ( x − y ) = −
xy

  xy = −2
⇔
⇔
2x + 1 = 3
2x + 1 = 3



y x
y x
x = y

x = y = 1
 2x + 1 = 3

 x = y = −1

x x

⇔ 
⇔ 
 y=−2
x = 2, y = − 2

x
 
 x = − 2, y = 2

x 3

 2x − =
2 x
 
Câu III:

d ( x2 )
xdx
11
1 1 dt
I=∫ 4
=
=
2
2 ∫0 ( x 2 ) 2 + x 2 + 1 2 ∫0 t 2 + t + 1
0 x + x +1
1

3
2

1

1
dt
1
du
= ∫
2
∫
2
2 0  1  3
2 1 2  3 2
2 u +
÷
÷

t + ÷ +
 2  2 
 2 
3
3 dy
 π π
tan y, y ∈  − ; ÷⇒ du =
×
Đặt u =
2
2 cos 2 y
 2 2
1
π
3
π
u = ⇒ y = ;u = ⇒ y =
2
6
2
3
π
π
3
dy
3
13
1
π
2

⇒I= ∫
=
dy
=
∫
2 π cos 2 y ×3 × 1 + tan 2 y
3π
6 3
(
)
6
6
4
=

Câu IV:
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:
·
SMN
= α,d ( A; ( SBC ) ) = d ( N; ( SBC ) ) = NH = 2
S

NH
2
4
=
⇒ SABCD = MN 2 =
sin α sin α
sin 2 α
tan α

1
SI = MI.tan α =
=
sin α cosα
1
4
1
4
⇒ VSABCD = × 2 ×
=
2
3 sin α cosα 3.sin α.cosα
sin 2 α + sin 2 α + 2cos 2α 2
sin 2 α.sin 2 α.2cos 2α ≤
=
3
3
1
⇒ sin 2 α.cosα ≤
3
2
VSABCD min ⇔ sin α.cosα max
⇒ MN =

⇔ sin 2 α = 2cos 2α ⇔ cosα =
Câu V:
Ta có:
a+b=

(

3

⇒ a + b +1 ≥
⇒

)(
ab (

a+3b
3

1
≤
a + b + 1 3 ab

(

C

D
N
M

I
A

B

1

3

)

3

a 2 − 3 ab + 3 b 2 ≥ 3 ab

3

a + 3 b + 1 = 3 ab

)

1
3

H

a+3b+3c

)

=

(

3

3

a+3b

)

c
a+ b+3c

OK!
Câu VI:
1. Giả sử M ( x; y ) ∈ d ⇔ 3x − y − 5 = 0.

)

a + 3 b + 3 abc = 3 ab
3

3

(

3

(

3

a+3b+3c

) Tương tự suy ra

AB = 5,CD = 17
uuur
uuur
AB ( −3;4 ) ⇒ n AB ( 4;3) ⇒ PT AB : 4x + 3y − 4 = 0
uuur
uuur
CD ( 4;1) ⇒ n CD ( 1; −4 ) ⇒ PT CD : x − 4y + 17 = 0

SMAB = SMCD ⇔ AB.d ( M;AB ) = CD.d ( M;CD )
⇔ 5×

4x + 3y − 4
x − 4y + 17
= 17 ×
⇔ 4x + 3y − 4 = x − 4y + 17
5
17

3x − y − 5 = 0
⇒
 4x + 3y − 4 = x − 4y + 17
 3x − y − 5 = 0

3x + 7y − 21 = 0
7 
⇔
⇒ M1  ;2 ÷, M 2 ( −9; −32 )
 3x − y − 5 = 0

3 

 5x − y + 13 = 0
2. Gọi M ∈ d1 ⇒ M ( 2t;1 − t; −2 + t ) , N ∈ d 2 ⇒ N ( −1 + 2t ';1 + t ';3 )
uuuur
⇒ MN ( −2t + 2t '− 1; t + t '; − t + 5 )
uuuur uur
MN.u1 = 0
2 ( −2t + 2t '− 1) − ( t + t ' ) + ( − t + 5 ) = 0
⇔
 uuuur uur
2 ( −2t + 2t '− 1) + ( t + t ' ) = 0
MN.u1 = 0
−6t + 3t '+ 3 = 0
⇔
⇔ t = t' =1
−
3t
+
5t
'
−
2
=
0

uuuur
⇒ M ( 2;0; −1) , N ( 1;2;3 ) , MN ( −1;2;4 )
⇒ PT MN :

x − 2 y z +1
= =
−1
2
4

Câu VII:
20 C02010 21 C12010 2 2 C22010 23 C32010
2 2010 C 2010
2010
A=
−
+
−
+ ... +
1
2
3
4
2011
Ta có:
k
k
k
k
−2 ) 2010!
−2 ) 2010!
(
(
k 2 C 2010

=
=
( −1)
( k + 1) k!( 2010 − k ) !( k + 1) ( k + 1) !( 2010 − k ) !
1
( −2 ) 2011!
1
k +1
+1
=
×
=−
×( −2 ) C k2011
2011 ( k + 1) !( 2011 − k − 1) !
4022
k

1 
1
2
2011

× ( −2 ) C12011 + ( −2 ) C 22011 + ... + ( −2 ) C 2011
2011 

4022
1 
1
2011
0

=−
× ( −2 + 1) − ( −2 ) C02011  =
 2011
4022 

⇒A=−

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MÔN TOÁN


(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ )
Câu II (2 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1
2
2
b) Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5 x +
3 ln 2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

I=

∫
0

3
x−3
2

dx
( e + 2) 2
3

x

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên
măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng
cách giữa AA’
a 3
4
Câu V (1 điểm)
và BC là

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2 − xy + y 2 = 1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
x4 + y4 +1
x2 + y2 +1
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên
đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với

O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
(∆) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
P=

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
d1 :

x − 4 y −1 z + 5
x−2 y+3 z
=
=
d2 :
=
=
3
−1
−2
1
3
1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2
……...HẾT...........

ĐÁP ÁN

Câu I
a)
Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)

2
y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 ⇒ y ' = 6 x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1)

0,5


y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0
x = m
y' = 0 ⇔ 
x = m + 1

0,25

Hàm số đồng biến trên ( 2;+∞ ) ⇔ y ' > 0 ∀x > 2 ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1

Câu II a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x + 1) = 1
PT ⇔ 2 cos 3 x(4 cos 2 x − 1) = 1 ⇔ 2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1
Nhận xét x = kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

0,25
1 điểm
0,25
0,25

2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1 ⇔ 2 cos 3x (3 sin x − 4 sin 3 x) = sin x
⇔ 2 cos 3x sin 3 x = sin x ⇔ sin 6 x = sin x
2mπ

x=

6 x = x + m2π
5
⇔
⇔
6 x = π − x + m2π
 x = π + 2mπ

7
7

0,25
;m∈Z

2mπ
= kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z
5
π 2mπ
+
Xét khi
= kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
7
7
l∈Z
2mπ

π 2mπ
Vậy phương trình có nghiệm: x =
( m ≠ 5t ); x = +
( m ≠ 7l + 3 )
5
7
7
trong đó m, t , l ∈ Z
b)
3
2
2
Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5 x + x − 3
2
2
2
PT ⇔ 2(3x + 1) 2 x − 1 = 10 x + 3x − 6
Xét khi

0,25

1 điểm
0,25

2(3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 4(2 x 2 − 1) + 2 x 2 + 3 x − 2 . Đặt t = 2 x 2 − 1(t ≥ 0)
Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0
Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2
Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0

0,25

Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2
2x − 1
x+2
;t =
Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t =
2
2
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:

0,5

 − 1 + 6 2 + 60 
x∈
;

7 
 2
Câu III

3 ln 2

Tính tích phân I =

∫
0

∫

x

3

e (e + 2)
x

0,25

e dx
x
3

0

1 điểm

(3 e x + 2) 2

x
3

3 ln 2

Ta c ó I =

dx

=
2
x

Đặt u= e 3 ⇒ 3du = e 3 dx ; x = 0 ⇒ u = 1; x = 3 ln 2 ⇒ u = 2


 1
1
1
3du
 −
−
I=∫
2 =3 ∫ 
4u 4(u + 2) 2(u + 2) 2
1
1 u (u + 2)
2

2

Ta được:


du


0,25
0,25

2

1


1
1

=3  ln u − ln u + 2 +
4
2(u + 2)  1
4
3 3 1
ln( ) −
4 2 8
3 3 1
Vậy I = ln( ) −
4 2 8
=

0,25

Câu IV

C’

A
’

B’

H
A

C
O

M

B AM ⊥ BC 

 ⇒ BC ⊥ ( A' AM )
A' O ⊥ BC 
Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
BC ⊥ ( A' AM ) 
Do
 ⇒ HM ⊥ BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của
HM ∈ ( A' AM )
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a

3
.
4

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

Câu V

0,5

A' O HM
=

AO
AH

⇔ suy ra A' O = AO.HM = a 3 a 3 4 = a
AH
3 4 3a 3
1
1aa 3
a3 3
Thể tích khối lăng trụ: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC =
a=
2
23 2
12
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3 .Chứng minh
rằng:
3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc ≥ 13
b+c
2
*Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c) ≥ f ( a, t , t ) :Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a ≤ b ≤ c
⇒ 3a ≤ a + b + c = 3 hay a ≤ 1
2
2
2
Đặt f (a, b, c) = 3( a + b + c ) + 4abc − 13; t =

0,5

1 điểm

0,5


f (a, b, c) f (a, t , t ) =

3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc 13 3(a 2 + t 2 + t 2 ) 4at 2 + 13
= 3(b 2 + c 2 2t 2 ) + 4a (bc t 2 )
2
2
2

2(b + c )
(b + c ) 3(b c) 2
2
= 3b + c
a (b c) 2
+ 4a bc
=
4
4
2





=

(3 2a )(b c ) 2

0 do a 1
2

*Bõy gi ta ch cn chng minh: f ( a, t , t ) 0 vi a+2t=3

0,5

Ta cú f ( a, t , t ) = 3(a 2 + t 2 + t 2 ) + 4at 2 13
= 3((3 2t ) 2 + t 2 + t 2 ) + 4(3 2t )t 2 13
= 2(t 1) 2 (7 4t ) 0 do 2t=b+c < 3
Du = xy ra t = 1 & b c = 0 a = b = c = 1 (PCM)
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: x 2 xy + y 2 = 1 .Tỡm giỏ tr ln
nht ,nh nht ca biu thc
x4 + y4 +1
P= 2
x + y2 +1
Từ giả thiết suy ra:
1 = x 2 xy + y 2 2 xy xy = xy
1 = ( x + y ) 2 3 xy 3xy
1
Từ đó ta có xy 1 .
3
Măt khác x 2 xy + y 2 = 1 x 2 + y 2 = 1 + xy
nên x 4 + y 4 = x 2 y 2 + 2 xy + 1 .đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
t 2 + 2t + 2 1
P = f (t ) =
; t 1
t+2
3

Tính f ' (t ) = 0 1 +

t = 6 2
6
=
0


(t + 2) 2
t = 6 2(l )

Do hàm số liên tục trên

[

0,25

0.25

0.25

1
1
;1] nên so sánh giá trị của f ( ) , f ( 6 2)
3
3

, f (1) cho ra kết quả:
1
11

MaxP = f ( 6 2) = 6 2 6 , min P = f ( ) =
3 15
Cõu VIa
a)
(Hc sinh tuuu
vr hỡnh)
Ta cú: AB = ( 1; 2 ) AB = 5 . Phng trỡnh ca AB l: 2 x + y 2 = 0 .
I ( d ) : y = x I ( t ; t ) . I l trung im ca AC: C ( 2t 1;2t )

0.25

1 im

0,5


Theo bài ra: S ∆ABC

t = 0
1
= AB.d (C , AB) = 2 ⇔ . 6t − 4 = 4 ⇔  4
t =
2
 3

0,5

5 8
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn .
3 3

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên OH // n(2;1;−1) ; H ∈ ( ABC )
1
2 1 1
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy ra H ( ; ;− )
3
3 3 3
4 2 2
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ O' ( ; ;− )
3 3 3
2
CâuVIIa
z
∈
(
z
−
z
)(
z
+
3
)(
z
+
2
)
=

10
Giải phương trình:
,
C.
2
2
PT ⇔ z ( z + 2)( z − 1)( z + 3) = 10 ⇔ ( z + 2 z )( z + 2 z − 3) = 0
Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành:
Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành
t 2 − 3t − 10 = 0

t = −2  z = −1 ± i
⇔
⇒
t = 5
 z = −1 ± 6
Vậy phương trình có các nghiệm: z = −1± 6 ; z = −1 ± i
Câu VIb
a)

1 điểm
0.25
0,25

0,5
1 điểm
0,25

0,25

0,5

1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4 x + 3 y − 4 = 0 và AB = 5
Viết phương trình đường CD: x − 4 y + 17 = 0 và CD = 17

0,25

Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) Ta tính được:
13t − 19
11t − 37
d ( M , AB ) =
; d ( M , CD) =
5
17

0,25

Từ đó: S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD
7
7
⇒ Có 2 điểm cần tìm là: M (−9; −32), M ( ; 2)
⇔ t = −9 ∨ t =
3
3

0,5

1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 tại hai điểm A và

B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d ( d1 , d 2 ) dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

Ta tìm A, B :

0, 25

0,25


b)

uuur r
AB u
uuur ur Ad1, Bd2 nờn: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t; -3 + 3t; t)
AB u '
uuur
AB (.)
A(1; 2; -3) v B(3; 0; 1) I(2; 1; -1)

0,25

Mt cu (S) cú tõm I(2; 1; -1) v bỏn kớnh R= 6
Nờn cú phng trỡnh l: ( x 2 ) + ( y 1) 2 + ( z + 1) 2 = 6
2

CõuVIIb Gii bt phng trỡnh

x(3 log 2 x 2) > 9 log 2 x 2

0,25
1 im

iu kin: x > 0
Bt phng trỡnh 3( x 3) log 2 x > 2( x 1)
Nhn thy x=3 khụng l nghim ca bt phng trỡnh.
3
x 1
TH1 Nu x > 3 BPT log 2 x >
2
x3
3
Xột hm s: f ( x) = log 2 x ng bin trờn khong ( 0;+ )
2
x 1
g ( x) =
nghch bin trờn khong ( 3;+ )
x3
f ( x) > f (4) = 3
*Vi x > 4 :Ta cú
Bpt cú nghim x > 4
g ( x ) < g ( 4) = 3
f ( x) < f (4) = 3
* Vi x < 4 :Ta cú
Bpt vụ nghim
g ( x ) > g ( 4) = 3
TH 2 :Nu 0 < x < 3 BPT

3
x 1

log 2 x <
2
x3

0.25

0,25

0,25

3
log 2 x ng bin trờn khong ( 0;+ )
2
x 1
g ( x) =
nghch bin trờn khong ( 0;3)
x3
f ( x) > f (1) = 0
*Vi x > 1 :Ta cú
Bpt vụ nghim
g ( x) < g (1) = 0
f ( x) =

* Vi x < 1 :Ta cú

f ( x) < f (1) = 0
Bpt cú nghim 0 < x < 1
g ( x) > g (1) = 0

x > 4

Vy Bpt cú nghim
0 < x < 1

0,25

Chỳ ý:Cỏc cỏch gii khỏc cho kt qu ỳng vn c im ti a.

Trờng Lơng thế Vinh Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180)
Phần bắt buộc.

2x 1
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I (1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất .
CÂU 2. (2 điểm).
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y =


1. Giải phơng trình : 2 sin 2 x sin 2 x + sin x + cos x 1 = 0 .
2. Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log 0,5 ( m + 6 x) + log 2 (3 2 x x 2 ) = 0
2

4 x2
dx .
2
x
1
CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
AB = BC = CD = a . Gọi C và D lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ

diện ABCD.
CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
S = cos 3 A + 2 cos A + cos 2 B + cos 2C .
CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: I =

Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B (2; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng
x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y + 6 = 0 . Tính diện tích tam giác
ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
y2
x2
z+5
x=
= z và d :
= y 3=
.
1
2
1
Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua d và
vuông góc với d
CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng : S = Cn0 2Cn1 + 3Cn2 4Cn3 + + (1) n (n + 1)Cnn
Phần B.
CÂU 6B. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B (1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm
trên đờng thẳng x + y 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :

y2
x2
z+5
x=
= z và d :
= y 3=
.
1
2
1
Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d một góc 300
CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : S = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + + (n + 1)Cnn