tuyen tap de thi dai hoc cac truong moi nhat

Sở gd&Dt nghệ an
Trờng thpt đông hiếu
Tuyển tập đề thi thử đại học
Giáo viên: Trần Ngọc Tuyến
Tổ
: Toán Tin
Năm Học: 2010 2011


Lời nói đầu:

Trong quá trình ôn thi tốt nghiệp và đại học cho học sinh lớp 12 ,chúng
ta đều nhận thấy học sinh rất ngại và tiếp cận một cách e dè với các
đề thi. . Cũng do học sinh còn yếu kiến thức bộ môn. Hơn nữa giáo
viên thường rất bí bài tập nhằm rèn luyện các kỹ năng, đặc biệt là
luyện thi tốt nghiệp và đai học. Đồng thời do học sinh chúng ta là học
sinh có hoàn cảnh gia đình còn nghèo vì vậy học sinh yếu kỹ năng
vận dụng nếu chúng ta chỉ chữa một vài đề thi mà thôii.
Do để học sinh có thể chủ động trong quá trình làm bài,các bài tập
trong tài liệu này chỉ có tính cất gợi ý phương án chứng minh chứ
chưa phải là bài giải hoàn hảo nhất.
Bên cạnh đó để có đề thi thử riêng của từng giáo viên,người giáo viên
cần biết biến đổi bài tập trong tài liệu này sao cho phù hợp với đối
tượng học sinh.
Tài liệu được sưu tầm trong các sách và đã được thống kê trong phần
phụ lục. Cấm việc in sao,sao chép dưới bất kỳ hình thức nào mà không
có sự nhất trí của tác giả.
Dù có nhiều cố gắng song tài liệu chắc chắn kông thể không có sai soat.
Mong được sự góp ý của bạn đọc.Thư về:
Trần Ngọc Tuyến Giáo viên Trường THPT Đông Hiếu
SDT: 0914437744

đề 1

K THI KHO ST CHT LNG ễN THI I HC KHI A - B D. Nm 2011.
Mụn thi: Toỏn. Thi gian lm bi: 180 phỳt.

A. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im)

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 .
Cõu II (2 im)
cos 2 x + cos 3 x 1
1.Gii phng trỡnh: cos 2 x tan 2 x =
.
cos 2 x
x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2. Gii h phng trỡnh:
, ( x, y R) .
2
2
y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y =

Cõu III (1 im)
e

Tớnh tớch phõn: I =

1

log 32 x
x 1 + 3ln 2 x

dx .

Cõu IV. (1 im)
a 3
và góc BAD = 600. Gọi M và N
2
lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính
thể tích khối chóp A.BDMN.
Cõu V. (1 im)
7
Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món a + b + c = 1 . Chng minh rng: ab + bc + ca 2abc
.
27
Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =

B. PHN RIấNG (3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2)
1.Theo chng trỡnh Chun
Cõu VIa. ( 2 im)
1. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC bit A(5; 2). Phng trỡnh ng trung trc cnh
BC, ng trung tuyn CC ln lt l x + y 6 = 0 v 2x y + 3 = 0. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc ABC.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu VIIa. (1 im)
2

2

z + z2
Cho z1 , z2 l cỏc nghim phc ca phng trỡnh 2 z 2 4 z + 11 = 0 . Tớnh giỏ tr ca biu thc 1
.
( z1 + z2 ) 2

2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb. ( 2 im)

1. Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng : x + 3 y + 8 = 0 , ' :3 x 4 y + 10 = 0 v im
A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng , i qua im A v tip xỳc vi ng
thng .
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, Cho ba im A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Vit phng trỡnh
mt phng (ABC) v tỡm im M thuc mt phng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Cõu VIIb. (1 im)
2 log1 x ( xy 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 2 x + 1) = 6
Gii h phng trỡnh :
, ( x, y R) .
=1
log1 x ( y + 5) log 2+ y ( x + 4)


®Ò 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011
Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề).
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
2x + 4
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y =

.
1− x
1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
MN = 3 10 .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin 3 x − 3sin 2 x − cos 2 x + 3sin x + 3cos x − 2 = 0 .
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2) Giải hệ phương trình: 
.
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
π
2

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − 2 cos x dx
∫0 (sin x + cos x)3
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC,
mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp
bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .
Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab + bc + ca = 3.
1
1
1
1
+
+
≤

.
Chứng minh rằng:
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được 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 đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0,
(C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1 điểm):
20
2
20
Khai triển đa thức: (1 − 3 x) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a20 x . Tính tổng: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 .
2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) ,
chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) :

x y z
x +1 y z −1
= =
= =
và (d 2 ) :

.
1 1 2
−2
1
1

Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

( P) :

x – y + z + 2010 = 0 độ dài đoạn MN bằng

2.

 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2 + y ( x 2 − 2 x + 1) = 6
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 
=1
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)


THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
MÔN TOÁN. Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
x +1
.
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
x −1
®Ò 3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

x +1
= m.
x −1

(

)

 π
4
4
Câu II (2 điểm) 1. Tìm m để phương trình 2 sin x + cos x + cos 4 x + 2sin 2 x − m = 0 có nghiệm trên 0;  .
 2
1
1
8
2. Giải phương trình log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 ( 4 x ) .
2
4
Câu III (2 điểm)
3

3x2 − 1 + 2 x 2 + 1
.
1 − cos x
x →0

a) Tìm giới hạn L = lim

0
2
4
6
98
100
b) Chứng minh rằng C100
− C100
+ C100
− C100
+ ... − C100
+ C100
= −250.

Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c .
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình

( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0.

( C1 ) : x 2 + y 2 − 4 y − 5 = 0

và

Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( C1 ) và ( C2 ) .

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích
của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
x −1 y z − 2
= =
. Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa d sao cho
Cho điểm A ( 2;5;3) và đường thẳng d :
2
1
2
khoảng cách từ A đến ( α ) lớn nhất.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường
thẳng d : x − y − 2 = 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
·
·
b) Cho tứ diện OABC có OA = 4, OB = 5, OC = 6 và ·AOB = BOC
= COA
= 600. Tính thể tích tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
x −1 y − 3 z
x−5 y z +5
=
= , d2 :
= =
. Tìm
Cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các đường thẳng d1 :
2

−3
2
6
4
−5
điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.


kỳ thi thử đại học năm 2011

đề 4

Thời gian làm bài 180 phút.

A /phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 )
Cõu I : ( 2 im ).
Cho hm s y = x3 + ( 1 2m)x2 + (2 m )x + m + 2 . (Cm)
1.Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 2.
2. Tỡm m th hm s (Cm) cú cc tr ng thi honh cc tiu nh hn 1.
Cõu II : ( 2 im ).

sin 2 x 2 2(s inx+cosx)=5 .

1. Gii phng trỡnh:

2. Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim duy nht :

2 x 2 + mx = 3 x.

Cõu III : ( 2 im ).

2

1 x2
dx.
1. Tớnh tớch phõn sau : I =
x + x3
1

x 3 y 3 = m( x y )

x + y = 1

2. Cho h phng trỡnh :

Tỡm m h cú 3 nghim phõn bit (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lp thnh cp s cng ( d 0 ) .ng
thi cú hai s xi tha món xi > 1
Cõu IV : ( 2 im ).

x = 1 2t

x y z
Trong khụng gian oxyz cho hai ng thng d1 : = = ; d2 y = t
1 1 2
z = 1+ t

v im M(1;2;3).
1.Vit phng trỡnh mt phng cha M v d1 ; Tỡm M i xng vi M qua d2.
2.Tỡm A d1 ; B d 2 sao cho AB ngn nht .
B. PHN T CHN: ( 2 im ).
( Thớ sinh ch c lm 1 trong 2 cõu Va hoc Vb sau õy.)

Cõu Va.
1. Trong mt phng oxy cho ABC cú A(2;1) . ng cao qua nh B cú phng trỡnh x- 3y - 7 = 0 .ng
trung tuyn qua nh C cú phng trỡnh
x + y +1 = 0 . Xỏc nh ta B v C . Tớnh din tớch ABC .
n

1
3
+
x

ữ
x


6

2.Tỡm h s x trong khai trin

bit tng cỏc h s khai trin

bng 1024.
Cõu Vb.
1. Gii bt phng trỡnh :




2

51+ x 51 x

2

> 24.



2.Cho lng tr ABC.A B C ỏy ABC l tam giỏc u cnh a. .A cỏch u cỏc im A,B,C. Cnh bờn AA to
vi ỏy gúc 600. Tớnh th tớch khi lng tr.
______________ Ht ____________


Trờng Lơng thế Vinh Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180)
đề 5

Phần bắt buộc.

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.
2x 1
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y =
x +1
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
4. 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).
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 .
x2
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.
y2
=z
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : x =
1
x2
z+5
= y 3=
và d :
.
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 .
y2
=z
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d : x =
1
x2
z+5
= y 3=
và d :
.
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


®Ò 6

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...........


®Ò 7

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

Câu I:

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến đi qua điểm A ( −6;5 ) .
Câu II:




1. Giải phương trình: cos x + cos3x = 1 + 2 sin  2x +

π
÷.
4

 x 3 + y3 = 1
2. Giải hệ phương trình:  2
2
3
 x y + 2xy + y = 2
Câu III:
π
4

Tính I =

dx

∫ cos x ( 1 + e )

−

π
4

2

−3x

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 y −1 z + 2
d1 : =
=
;
2
−1
1
Câu VII:

Tính:

A=

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

20 C02010 21 C12010 2 2 C22010 23 C32010
22010 C 2010
2010
−
+
−
+ ... +
1.2
2.3
3.4
4.5
2011.2012


THI thử I HC

đề 8

NM học: 2010-2011. Mụn thi : TON
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)
làm bài:180 phútThời gian (không

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
Chng minh rng :
+
+
2.
b +c
c +a
a +b
PHN RIấNG (3 im) (
A. Theo chng trỡnh chun

Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng

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

Cõu VIa : Giải bất phơng trình: ( 2 +

3) x

2

2 x +1

+ (2 3 ) x

2

2 x 1



3
và trọng
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
log xy
log 2

4 3 = 2 + ( xy ) 3
Cõu VIb: Gii h phng trỡnh
2
2

log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )


………………… …..………………..Hết…………………………………….
(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn: Toán. Khối A, B.

®Ò 9

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

Câu I. (2 điểm).

Cho hàm số y =

2 x −1
(1).
x +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:
Câu III. (1 điểm)

1
2 − x2

=2.

sin 4 2 x + cos 4 2 x
tan(

π

4

− x).tan(

π

4

+ x)

= cos 4 4 x .

Tính giới hạn sau:

L = lim

x →0

3

ln(2e − e.cos2 x ) − 1 + x 2
x2

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.
Câu VI. (1 điểm)

1
2

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 −x 2
x 2 + 2010
y
=
2009

y 2 + 2010


3log 3 ( 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: ………………...
®Ò 9
CÂU
I.1

HƯỚNG DẪN
NỘI DUNG

2 x −1
3
=2−
Hàm số: y =
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

8

||

6

2
+) ĐT:

−∞

1 điểm

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

-6

I.2

II.1

3

y −y

−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)

+) ycbt ⇔ kM .k IM = −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

1 điểm

1 điểm


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

−1 − 3
2

II.2
III

L = lim

3

ln(2e − e.cos2 x) − 1 + x 2
x2

x →0

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

S

1 điểm

1 5
=
3 3
l

+) 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:

1
SM . AB
2

I

l 2 − r 2 .2r
l −r
⇒ rC =
=r
2(l + r )
l +r

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

= lim

A

M

r

B

1 điểm

l −r
l+r

+) 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

5 −1
l
2

0

y'(r)
y(r)

V

1 điểm

l

ymax

5 −1
+) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ r =
l
2
+) Ta có

1 điểm

P = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx )
2

2

2


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
2

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


+) 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
+) Tọa độ A, B là nghiệm của

 x = 2

1 2
25

2
( x − ) + y =
  y = 2 ⇒ A(−2;0), B(2; 2)
2
4 ⇔
hệ: 
 x = −2
 x − 2 y + 2 = 0

  y = 0

⇒ C (3;0), D(−1; −2)
VII


2 −x 2
x 2 + 2010
y
=
(1)

2009

y 2 + 2010

3log3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) +1(2)
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:

x 2 + log 2009 ( x 2 + 2010) = y 2 + log 2009 ( y 2 + 2010)
+) Xét và CM HS f (t ) = t + log 2009 (t + 2010), t ≥ 0 đồng biến,
từ đó suy ra x2 = y2 ⇔ x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
t

t

1 8
Đưa pt về dạng  ÷ +  ÷ = 1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
9 9
⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3

Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.


®Ị 8

C©u

I

Híng dÉn chÊm m«n to¸n

Néi Dung

ý
1

Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm)
y = x3 + 3x2 + mx + 1
(Cm)
3
2
1. m = 3 : y = x + 3x + 3x + 1 (C3)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞
x →−∞

2

0,25

x →+∞

+ y’ = 3x + 6x + 3 = 3(x + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x
⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R
•

§iĨm

2
1

2

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

* (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

⇔
4 (*)
⇔ 2
0 + 3 × 0 + m ≠ 0
 m < 9

0,25

0,25


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

0,25

kE=y’(xE)= 3x 2E + 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 đònh lý Vi-ét).

9 + 65
m =
8

⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ 

9 − 65
m =
8

1
9 − 65
 So s¸nhĐk (*): m =
8

(

)

II

2
1

1
x ≥ 1

1. §k: 
1
 y ≥ 2
(1)

0,5

⇔ 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
4 y −1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 +1

0,25

⇔ 4 y −1 = 2 y −1 + 2 2 y −1 + 1 ⇔ 2 y −1 = 2 2 y −1
1

 2 y −1 = 0
 y = 2 (tm)  x = 2
⇔
⇔
⇒
5
 2 y − 1 = 2
 y = (tm)  x = 10

2

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

0,25

1

2

sin 2 x ≠ 0
sin 2 x ≠ 0
⇔
sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1

®K: 


cos x − sin x cos 2 x. cos x
=
+ sin 2 x − sin x cos x
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

PT ⇔

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


IV

1

1
2

.Ta có :VT = (

A+3=

2

2

a
b
c
b
c
a
+
+
)+(
+
+
) = A+ B
b+c c+a a +b
b+c c+a a+b

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
2
2
1 = (a + b + c) (
+
+
)(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

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 (

5 5
; ),
2 2

pt (AB): x y 5 = 0

3
1
3
S ABC = 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
G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

=

0,25
1
2

0,25

1
t = 1 hoặc t = 2
2

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

2

0,25
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

0,5

0,25


0,25

Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4)

VI.a

1
Bpt

(

⇔ 2+ 3

(

t = 2+ 3

)

x2 − 2 x

)

2

x − 2x

(

+ 2− 3

(t > 0)

)

2

x − 2x

1
0,25

≤4

BPTTT :

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)
Vậy 
Vì MI là phân giác của ·AMB
0
·
 AMB = 120 (2)
IA
(1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI =
⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7
sin 300
IA
2 3
4 3
(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =
R ⇔ m2 + 9 =
Vô
0 ⇔ MI =
sin 60
3
3
nghiệm

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

2

0,5

0,5

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.
0,25
 x = 1 + 2t

d có phương trình tham số là:  y = −1 + t
z = −t


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), nên :

0,25

uuuur  1 4 2 
2
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH =  3 ; − 3 ; − 3 ÷



3

uuuur uuuur
uMH = 3MH = (1; −4; −2)

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:

x − 2 y −1 z
=
=
1
−4
−2

0,25


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

0,5
0,25

3
x
2
2
2
(2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9

⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (

3 ; 3 ) hoặc ( 6 ;

S

M

A

D

H

B

C

6
)
2

0,25


®Ò 7

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

y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang.
+) xlim
→−∞
x →+∞
-) Bảng biến thiên :
y' = −

4

( x − 2)

2

< 0 ∀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 tuyến là :
−4 ( x + 6 ) + 5 ( x − 2 ) 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
( 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


2
 x = − π + 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

2 ( x − y ) +  − ÷ =  − ÷
2x + 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
⇔
⇔
1
3
2x + =
2x + 1 = 3


y x
y x
x = y

x = y = 1
 2x + 1 = 3

 x = y = −1

x x
⇔ 
⇔ 
2
 y=−
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 0  1 2  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
1
1 3
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

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
2
2
2
sin α.sin α.2cos α ≤
=
3
3
1

⇒ sin 2 α.cosα ≤
3
VSABCD min ⇔ sin 2 α.cosα max

S

⇒ MN =

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

a+b=

(

3

)(
ab (

a+3b

⇒ a + b +1 ≥

3

1
⇒
≤

a + b + 1 3 ab
Câu VI:

(

)

a 2 − 3 ab + 3 b 2 ≥ 3 ab

3

a + 3 b + 1 = 3 ab

)

1
a+ b+ c
3

C

D
N
M

I
A

B

1
3

3

3

H

3

)

=

(

3

3

a+3b

)

)

a + 3 b + 3 abc = 3 ab

c

a+ b+3c
3

3

(

3

(

3

a+3b+3c

) Tương tự suy ra OK!


1. Giả sử M ( x; y ) ∈ d ⇔ 3x − y − 5 = 0.

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

MN.u1 = 0
2 ( −2t + 2t '− 1) + ( t + t ' ) = 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:

2k C k2010
( −2 ) 2010! = ( −2 ) 2010!
=
( −1)
( k + 1) k!( 2010 − k ) !( k + 1) ( k + 1) !( 2010 − k ) !
k

k

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=−