Bộ 9 đề thi thử Toán - có thang điểm

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1019.38 KB, 46 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 1

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1

1
x
y

x



 (C)

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

2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:

2 2

3 3

2 1

2 2

y x

x y y x

  




  

 .

2.Giải phương trình sau:





6 6

8 sin xcos x 3 3 sin 4x 3 3 cos 2x9sin 2x11

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

1
2

(x 1 )ex xdx

x



 



Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(ACD) bằng 3

a

. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng

3 15

a

Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện





2 2

2 x y xy1

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

4 4

2 1

x y

P
xy




 .

II. 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 mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vng

góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :

2 1

4 6 8

x  y  z

  và

d2 :

7 2

6 9 12

x  y  z

 . Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ

điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z24z 11 0. Tính giá trị của biểu

thức A =

2 2

1 2

2
1 2

( )

z z


 .

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết xC >0)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 












y

x
x

x
y

y
x

2
2

log
2
log
72
log

log
3
log

log

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3

Câu Ý Nội dung Điể

1 * Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiờn

- Giới hạn và tiệm cận: xlimyxlimy2; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; lim

x   y  x   y ; tiệm cận đứng: x = - 1

- Bảng biến thiên

Ta có

' 0

( 1)
y

x

với mäi x- 1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; -1) v ( -1; +)

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0- 1) thì

0
0

2 1

1
x
y

x

Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0
0

2 1

1
x
x



 - 2| = | 0

1
1
x  |

Theo Cauchy th× MA + MB  2

1
x 1 .

1
x



=2

 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là 
M(0;1) vµ M’(-2;3)

0,5



6 6



3 2

sin 1 sin 2 (1)

x cos x   x
Thay (1) vµo phơng trình (*) ta có :





6 6

8 sin x cos x 3 3 sin 4x3 3cos x2 9sin 2x11

2
2

8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4

3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3 sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1

x x cos x x

x cos x x x

 

      

 

    













3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0

cos x x x x

x cos x x

    

    

0,5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án 
quy định.

---Hết---ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 2

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CAC THÍ SINH (7 điểm):
 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 33mx23(m21)x m 3m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1

2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
 Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình :

2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4

c  c x

2. Giải phương trình :

2 2

1 2 2 1 2 2 2

log (5 2 ) log (5 2 ).log x   x x (5 2 ) log (2 x  x5) log (2x1).log (5 2 ) x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân

tan( )
4
os2x

x

I dx

c

 






Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy 
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vng góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.

Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P3(x2y2z2) 2 xyz.

B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
 1.Theo chương trình chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3x4y 4 0.
Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z22x6y4z 2 0.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2), vng góc với mặt
phẳng( ) : x4y z  11 0và tiếp xúc với (S).

Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x4trong khai triển Niutơn của biểu thức : P (1 2x3 )x2 10
 2.Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2 2

( ) : 1

9 4

x y

E  

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Tìm trên (E) điểm C có hồnh độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z22x6y4z 2 0.

Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2), vng góc với mặt
phẳng( ) : x4y z  11 0và tiếp xúc với (S).

Câu VIIb (1 điểm):

Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn

0 2 1 2 2 ... 2 121

2 3 1 1

n
n

n n n n

C C C C

n n

    

 

ĐAP AN VÀ THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG Điêm

2. Ta có y, 3x26mx3(m21)

Để hàm số có cực trị thì PT y,0 có 2 nghiệm phân biệt

x22mx m 2 1 0 có 2 nhiệm phân biệt
    1 0, m

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)

025

Theo giả thiết ta có

2 3 2 2

2 6 1 0

3 2 2
m

OA OB m m

m

   

      

  


Vậy có 2 giá trị của m là m  3 2 2 và m  3 2 2.

025

1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0

PT c x c

c x c x



 

     

 

  

sin(4 ) sin(2 ) 0

6 6

18 3

2sin(3 ). osx=0
6

x=
2

x x

x k

x c

k

 



 

    

   


   

 


Vậy PT có hai nghiệm x 2 k

 

 

và x 18 k 3

 

  
.

2. ĐK :

1 5

2 2

0
x
x


  



 

 .

Với ĐK trên PT đã cho tương đương với

2 2

2 2 2 2

log (5 2 )

log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)

x

x x x x

x


      



I

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

III

2 2

1
4
log (2 1) 1

log (5 2 ) 2log (2 1) 2

log (5 2 ) 0 2

x
x

x x x x

x x


 

  

 

 

        

   

 




025

Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025

6 6

0 0

tan( ) tan 1

os2x (t anx+1)

x x

I dx dx

c

  

 





 



2
2

1 tan x
cos 2x

1 tan x





025

Đặt

2
2

t anx dt= (tan 1)

cos

t dx x dx

x

   

0 0

6 3

x t

x  t
  
  

Suy ra

3
2

0
0

1 1 3

( 1) 1 2

dt
I

t t



   

 



.

025

Ta có

,( , )

,( )

AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB

  



  

 AM SC (1)

Tương tự ta có AN SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI SC

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vng góc với (AMB)
Suy ra

1
.
3

ABMI ABM

V  S IH

Ta có

ABM

a

S 

2 2

2 2 2 2 2

. 1 1 1

2 3 3 3

IH SI SI SC SA a

IH BC a

BC  SC  SC  SA AC a  a    

Vậy

2 3

3 4 3 36

ABMI

a a a

V  

Ta c ó:





3 ( ) 2( ) 2

3 9 2( ) 2

27 6 ( ) 2 ( 3)

P x y z xy yz zx xyz

xy yz zx xyz
x y z yz x

 

       

    

    

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

VIa

VIIa

3 2

( )

27 6 (3 ) ( 3)

2
1

( 15 27 27)

y z

x x x



    

     025

Xét hàm số f x( )  x3 15x227x27 , với 0<x<3

,( ) 3 2 30 27 0 1

9
x

f x x x

x



      





Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7    x y z 1.

1. Gọi

3 4 16 3

( ; ) (4 ; )

4 4

a a

A a  B a 

. Khi đó diện tích tam giác ABC là

. ( ) 3

ABC

S  AB d C   AB

Theo giả thiết ta có

2 6 3 4

5 (4 2 ) 25

0
2

a
a

AB a

a




 

       

  

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4

Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1) 025
Vì ( ) ( )P   và song song với giá của v nên nhận véc tơ

np   n v (2; 1; 2)

  

làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I( ( )) 4P  

21
( ( )) 4

3
m
d I P

m
 


   



 025

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025

Ta có

10 10

2 10 2

10 10

0 0 0

(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )

k

k k k i k i i k i

k

k k i

P x x C x x C C  x 

  

   



 

 

Theo giả thiết ta có

0 1 2

0 10

4 3 2

,
k i

i i i

i k

k k k

i k N
 


  

  

      

      

  

 



025

Vậy hệ số của x4 là: C10424C C103 31 22 3C C102 22 23 8085. 025

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có

2 2

9 4

x  y 

và diện tích tam giác ABC là

1 85 85

. ( ) 2 3 3

2 2 13 13 3 4

ABC

x y
S  AB d CAB  x y  

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

VIb

VIIb

2 2

85 170

3 2 3

13 9 4 13

x y

 

    

 

Dấu bằng xảy ra khi

2 2

1 3

9 4 2

3 2

x y

x
x y

y

 

 

 

 

 

   



 . Vậy C(3 22 ; 2).

Xét khai triển (1x)n Cn0C x C xn1  n2 2 ... C xnn n

Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:

1 2 3 1

0 1 3

3 1 2 2 2

2 ...

1 2 3 1

n n

n

n n n n

C C C C

n n

  

    

 



2 1 1

0 1 2

2 2 2 3 1 121 3 1

...

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)

3 243 4

n n n

n

n n n n

n

C C C C

n n n n

n

 



 

      

   

   

Vậy n=4. 05

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 3

www.VNMATH.com

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CAC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số yx33x22

 

C

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số

2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của

 

C tiếp xúc với đường tròn có phương trình



 



1 5

x m  y m  

Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình

3 4

2(cot 3)
2 sin 2

cos x  x  x

2. Giải phương trình x 2

1 1 1

log2 x 1
log  4log2x 1 4 2  

Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường





ln x 2

y

x




</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

9

Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân với AB ACa, góc

120

BAC

  , cạnh bên BB' a

. Gọi I là trung điểm của CC'. Chứng minh tam giác AB I' vng tại A và
tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng



ABC



và



AB I'



Câu V.(1 điểm) Chox y, là các số thực thỏa mãn x2y2xy1.Tìm GTLN, GTNN của F x  6 y6 2x y xy2 2
II. PHẦN RIÊNG CHO CAC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh C



3; 1



và phương trình của cạnh huyền là 3x y 10 0

2.Cho mặt phẳng (P): 2x y 2z 1 0 và các đường thẳng:

1 3

1 2 1 2

x y z

d    

 ,

5 5

2 3 4 2

x y z

d    

Tìm
các điểm Ad ,1 Bd2 sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1.

Câu VII.a (1 điểm) T×m hƯ sè của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

1
4
2

n
x

x

biết rằng

n là số nguyên dơng thỏa mÃn:

1 2 2 3 3 1 n 1 n 64

n n n n n

C  C  C   n C  nC  n

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và
giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình:
1

2 2 3

2 1 3

x y z

d      2: 1 2 1,

2 1 4

x y z

d     



Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2

Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x20 trong khai triển của biểu thức

5
3

2
( x )n

x  biết rằng:

1 1 1 1

0 1 2 ... ( 1)

2 3 1 13

n n

Cn Cn Cn Cn

n

     



ÁP ÁN

Đ

PHẦN CHUNG

Câu I
2 đ 1

+ Tập xác định D = R

+ Sự biến thiên

2 0

' 3 6 0

2
x

y x x

x



    




0,25đ

Hàm đồng biến trên các khoảng



;0



và



2;



Hàm số nghịch biến trên



0;2



+ Giới hạn xlimy ; limxy ;

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0 và ycđ = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại x2 và yct = -2

0,25

Điểm uốn (1;0)

Bảng biến thiên (0,25)

0,5

0 1 2 3

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

x  0 2 
y’ + 0 - 0 +

2 

 -2
Đồ thị (0,25)

Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : 2x y  2 0 0,25
Tâm của đường tròn I m m( , 1), bán kính R= 5 0,25

Theo giả thiết ta có

2 1 2

5 3 1 5

5
m m

m
  

   

2
4
3
m
m





 

 


0,5

Câu
II
2 đ

1 Điều kiện

sin 2 0

2
k
x  x 

. 0,25

Ta có





4
2

3 1 2 3 2

sin 2

x x

x

tan    cot

2 2

2(sin cos )
2

3 3 2

sin cos

x x



 tan    cotg 2

3 x 2 x 3 0
 tan  tan  

0,5

x 

tan x 3 k


    

1
3

x 
tan

x  k

    0,25

Giải phương trình x 2

1 1 1

log2 x 1
log  4log2x 1 4 2  

Điều kiện x2,x3.

0,25

(1) log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)4   4   4  4 



x2 2

 

x 1





x1



0
2

2 7 0 7

x

x x

x



   









0,5

Đối chiếu điều kiện ta có
7
2

x 0,25

Câu
III
1đ

Gọi V là thể tich cần tìm.





2
2
1

ln x 2

V dx

x

 





. Đặt





ln 2

u x

dv dx

x

  







1
2
1 1

du dx

x
v

x





  







0,5

Suy ra V=





1 1





1 1 3 1 1 1

ln 2 ln 3 ln 2 ln

2 2 2 2 2

e

e dx e

x e x

x x e

      

            

 



 





3 1 1 1

[ ln 3 ln 2 ]

2 2 e 2 e

  

     

 

0,5

-2

0 1 2 3

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu
IV
1đ

Ta có BC a 3. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I

Suy ra

5 13

, ' 2 , '

2 2

AI  a AB  a B I  a

0.25

Do đó AI2AB'2 B I' 2 . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 0,25

2
'

1 10

. '

2 4

 

AB I

S AI AB a

3
4

ABC

S  a

Gọi  là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu
vng góc của tam giác AB’I suy ra

10 3

cos cos

4 4

A BI ABC

S  S    cos 3

10


 

Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ) 
Tính ra cosin đựoc 0,25

Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng

0,5

Câu
V
 1đ

Chox y, là các số thực thỏa mãn x2y2xy1.Tìm GTLN, GTNN của

6 6 2 2 2

F x  y x y xy .

Ta có









2 2 3 2 2 2 2 2 2 2

F  x y  x y x y  x y xy

 

3 2

2 xy 2 xy 2xy 1

   

Đặt xy t . Ta có

 

3 2

2 2 2 1

f t   t  t  t





2 2 1 3 1

x y xy  x y  xy xy31





2 2 1 1

x y xy  x y xy xy1

suy ra

1
;1
3

t  

 

0,25

Ta tìm max, min của f(t) trên

1
;1
3


 

 

  f t'

 

 6t2 4t 2

 

1;1

1
3

' 0 t

t

f t     

 







Ta có

 

1 37 1 5

, 1 1,

3 27 3 27

f    f   f  

   

0,25

Suy ra

37
( )

27
Max f t 

khi
1
3
t

suy ra

1 1 1 1

2 6 2 6

x  y  0,25

( ) 1

Minf t   khi t1 suy ra x y 1 0,25
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn

Câu
Va
2 đ

1

Ta có tam giác ABC cuông cân tại C.

Goi H là trung điểm của AB suy ra CH x: 3y0

Toạ độ của H là nghiệp của hệ

3 0 3

3 10 0 1

x y x

x y y

   

 



     

 

0,25

giả sử A(t;3t+10) ta có



 



2 2 3 3 9 40

AH CH  t  t 

1
5
t
t

 

   



0,25

Với t = -1. Suy ra A( 1;7), ( 5; 5) B   0,25

B' C'

B
A

C
I

A B

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Với t = -5. Suy ra B( 1;7), ( 5; 5) A   0,25

2

1 (21 1, 1 3, 2 )1

A d A t  t   t B d 2 B t(325, 4 , 2t2 t25)

2 1 2 1 2 1

(3 2 4, 4 3, 2 2 5)

AB t  t  t  t t  t 


2 1 2 1 2 1

. p 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0

AB n   t  t   t   t t  t  
 

2 1

6t t 1 0

   

0,25

 /( ) 1 1 1 1

4 2 3 4 1 2

/ /( ) 1

3 3

A P

t t t t

AB P d          1

5
1
t

t
 


   0,25

Với 1 2

2 8 11

5 ( 9; 2;10), 7; ;

3 3 3

t     t A   B  

 

0,25

1 2

1 4 17

1 (3; 4; 2), 4; ;

3 3 3

t   t  A  B   

 

0,25

Câu VIIa
1 đ

Xét khai triển





0 1 2 2 1 1

1 n ... n n n n

n n n n n

x C C x C x C x  C x

      

lấy đạo hàm hai vế ta có









1 1 2 1 2 1

1 n 2 ... 1 n n n n

n n n n

n x  C  C x  n C x  nC x  0,25

Thay x=1 suy ra





1 2 2 3 3 1 n 1 n 2n 1

n n n n n

C  C  C   n C  nC n 



1 1

64n 2n 64 2n n 7

      0,25

 

7 7

7
7

4 4

1 1

2 2

k
k

x C x

x x




     

   

 



 

số hạng chứa x2 có hệ số là 7
1
2

k
k

C

với k thoả mãn
7

2 2

2 4

k k

k

     0,25

Suy ra hệ số chứa x2 là

2
7

1 21

4C  4 0,25

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao

Câu
VIb

2 đ

1

phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng
cách từ I tới AB. AB 5

4 1

ABCD ABI ABI

S  S S  .

1 2

. 1

2AB h h 5

   

0,25

Gọi toạ độ diểm I là I x y



0, 0



ta có hệ

0 0 0 0

0 0

0 0 0 0

0 0

2 2 1, 0

2 2

5 5 1 4

1 ,

1 3 3

x y x y

x y

y x x y

y x

        

  

 

      



   



0,25

Do I là trung điểm AC và BD nên

Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25

Với I(
1

;
3

 4

3


) suy ra

2 8

;

3 3

C  
  và D

1 14
;
3 3



 

 

 

Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc

2 8

;

3 3

C  
  và D

1 14

;
3 3



 

 

 

0,25
I

D C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2

Do mặt phẳng (P) cách đều d d1, 2 nên (P) song song với d1, d2



2;1;3



1 


d

u ud2 



2;1;4



, u ud1, d2 



7; 2; 4 



 
chọn np u ud1, d2



7; 2; 4 



   0,25

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7x2y4z d 0

Do (P) cách đều d d1, 2suy ra khoảng cách từ (2;2;3) ( )d1 và



1;2;1



d2 bằng

nhau.

Ta có

7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1 3

2 1

69 69

d d

d d d

     

      

0,5

Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14x4y8z 3 0 0,25

Câu VIIb
1 đ

Ta có (1x)n Cn0C x C xn1  n2 2  .... ( 1)nC xnn n

Vì
1

1
(1 )

n

x dx
n

 





0,25

0 1 2 2 0 1 2

1 1 1 1

( .... ( 1) ) ... ( 1)

2 3 1 13

n n n n n

n n n n n n n n

C C x C x C x dx C C C C

n

           





suy ra   n 1 13 n 12

0,25

12 12

5 5 12 5 12 8 36

12 12

3 3 3

0 0

2 2 2

( ) ( ) .( ) ( ) .2 .

k

n k k k k k

k k

x x C x C x

x x x



 

 

   







Số hạng ứng với thoả mãn: 8k36 20  k 7

0,25

 Hệ số của x20

là: C127.2525344 0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 4

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0   
2. Giải bất phương trình





4x 3 x 3x 4 8x 6  

Câu III ( 1điểm)Tính tích phân

cotx

I dx

sinx.sin x
4






  

 

 



Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vng góc hạ từ S xuống
mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a
và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 3 2 3 2 3

a b c

P

b c a

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2y22x 8y 8 0   . Viết phương trình
đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường trịn theo một dây cung có độ dài
bằng 6.

2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài
đoạn thẳng CD nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i  2. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Tính giá trị biểu thức: A4C1002 8C1004 12C1006  ... 200C100100.

2. Cho hai đường thẳng có phương trình:

2 3

: 1

3 2

x z

d    y  2

: 7 2

x t

d y t

z t

 

  

  


Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).

Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0

---Hết---ĐAP AN ĐỀ THI THỬ I HC LN II, năm 2012
PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH (7,0 điểm)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Tập xác định: D=R



3 2





3 2



lim 3 2 lim 3 2

x x  x    x x  x   

y’=3x2-6x=0

0
2
x
x



  


Bảng biến thiên:

x - 0 2 + 
y’ + 0 - 0 +

2 + 
y

- -2
Hàm số đồng biến trên khoảng:
(-;0) và (2; + )

Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)

fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2

y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0)
là tâm đối xứng.

0,25 đ

0,5 đ

Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để
MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

3 2 5

2 2 2

5
x
y x

y x

y
 


 

 

    

  

 =>

4 2
;
5 5
M  

 

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    (1)

 



 





 



1 os2 1 2sin 1 2sin 0

os2 1 1 2sin 0

c x x x

c x x

    

   

Khi cos2x=1<=>x k , k Z
Khi

1
sinx

2


 x 6 k2

 

 

hoặc
5

2
6

x  k 

,k Z

0,5 đ

Giải bất phương trình:





4x 3 x 3x 4 8x 6   (1)

(1)









4x 3 x 3x 4 2 0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

x23x 4 2=0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:

x - 0 ¾ 2 + 
4x-3 - - 0 + +

2 3 4 2

x  x  + 0 - - 0 +

Vế trái - 0 + 0 - 0 +

Vậy bất phương trình có nghiệm:





0; 3;

x   

 

0,25 đ

III

Tính









3 3

6 6

2
6

cot cot

sinx sinx cos
sin x sin

4
cot
2

sin x 1 cot

x x

I dx dx

x
x

x

dx
x

 



 


  

 

 







Đặt 1+cotx=t 2
1

sin xdx dt

  

Khi

3 1
1 3;

6 3 3

x   t x  t 

Vậy





3 1 3 1

3 1
3
3 1

1 2

2 2 ln 2 ln 3

3
t

I dt t t

t

 




  

      

 



0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

Gọi chân đường vng góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét SHA(vuông tại H)

0 3

cos30
2
a

AH SA 

Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh
3

2
a
AH 

=> H là trung điểm của cạnh BC

=> AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH)
Từ H hạ đường vng góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA

0 3

AH sin 30

2 4

AH a

HK   

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC

và SA bằng
3
4
a

0,25 đ

V Ta có:

A C

B
S

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:





2 2 2

9 3

16 4

a b c

P     a b c
(4)

Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3
2
P
 

vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P

khi a=b=c=1.

0,5 đ

0,25 đ

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A. Theo chương trình chuẩn

VI.a

Đường trịn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ,

=>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)

Vì đường thẳng cắt đường trịn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng
cách từ tâm I đến  bằng 5232 4





3 42 4 4 10 1

3 1 4 10 1

c
c

d I

c

  

  

     

     (thỏa mãn c≠2)

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: 3x y 4 10 1 0  hoặc
3x y 4 10 1 0  .

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

Ta có AB   



1; 4; 3





Phương trình đường thẳng AB:
1

5 4
4 3

x t

y t

z t

 

  

  


Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vng góc của C trên cạnh
AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)DC( ; 4a a3;3a3)

Vì  ABDC=>-a-16a+12-9a+9=0<=>

21
26
a

Tọa độ điểm

5 49 41
; ;
26 26 26
D  

 

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

VII.a

Gọi số phức z=a+bi

Theo bài ra ta có:







 



2 1 2 2 1 4

3 3



        

 

 

   

 

 

a b i a b

b a b a

2 2 2 2

1 2 1 2

     

 

  

     

 

 

a a

hoac

b b

0,25 đ
0,25 đ

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Vậy số phức cần tìm là: z=2 2+( 1 2)i; z= z=2 2+( 1 2)i. 0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao

VI.b

Ta có:





100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 100

1x C C x C x  ... C x (1)





100 0 1 2 2 3 3 100 100

100 100 100 100 100

1x C C x C x C x  ... C x (2)
Lấy (1)+(2) ta được:





100





100 0 2 2 4 4 100 100

100 100 100 100

1x  1 x 2C 2C x 2C x  ... 2C x
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được









99 2 4 3 100 99

100 100 100

100 1x 100 1x 4C x8C x  ... 200C x
Thay x=1 vào

=>A100.299 4C1002 8C1004  ... 200C100100

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2

lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA k MB 
MA



3a1;a11; 4 2 ,  a MB







b; 2  b 3; b



 

3 1 3 1 1

11 2 3 3 2 11 2

4 2 2 4 1

a kb a kb a

a kb k a k kb k

a kb a kb b

    

  

  

          

        

  

=> MA



2; 10; 2 





Phương trình đường thẳng AB là:

3 2
10 10
1 2

x t

y t

z t

 



  


  


0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

VII.b

=24+70i,

7 5i

   hoặc    7 5i

2
5 4

z i

 



    


0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 5

I.PhÇn chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hµm sè 2

1
2





x
x
y

có đồ thị là (C)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = --x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để

đoạn AB cú di nh nht.
Cõu II (2 im)

1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx -- 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất phơng trình log log 3 5(log 3)

2
4
2

2
2

2 x x x

Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm

x
x

dx

I 3 5

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt

phng ỏy bng 300. Hỡnh chiu H ca điểm A trên mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1. Tính khoảng

cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức P = a4 + b4 + c4

II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa:

1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đờng

thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng trịn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thng d cú phng trỡnh

t
z

t
y

t
x

3
1

2
1

. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi
qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIa: 1). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai
chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.

2) Giải phơng trình:

)

(

,

1 C

z

i

z

i

z

2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có

phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình

3

1

2

1 



y

z

x

. Lập phơng trình mặt
phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ
số chẵn và ba chữ số lẻ.

Câu Đáp án Điểm

I 
(2 
điểm)

1. (1,25 điểm)

a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên

+Giới h¹n:












 








 2 2

lim
;
lim

;
2
lim
lim

x
x

y
y

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5

D
x
x

y   



 0

)
2
(

' 2

Suy ra hàm số đồng biến trên mi khong (;2) v (2;)

0,25
+Bảng biến thiên

x  -2 
y’ + +

 2
y

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

2 

c.§å thị:

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2
1

) và cắt trục Ox tại điểm( 2

;0)

th nhn im (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25

2. (0,75 ®iĨm)

Hồnh độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình





















)
1
(
0
2
1
)
4
(

2
2

1
2

2 m x m

x
x
m
x
x

x

Do (1) cãm 10 va(2) (4m).(2)12m30m

nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)

suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB 24

0,5

II
(2 
®iĨm)

1. (1 ®iĨm)

Phơng trình đã cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0,5

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0

 









)
(
0
7
sin
2
cos
6

0
sin
1

VN
x

x
x

2
2 k
x

0,5

2. (1 điểm)

ĐK:

0
3
log

log
0

2
2
2

2 x x

x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log22 xlog2 x2 3 5(log2 x3) (1)

đặt t = log2x,

BPT (1)  2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)

2  t  t  t t  t

t

0,5










































4
log
3

1
log

4
3

1
)

3
(
5
)
3
)(
1
(

3
1

2
2

2 x

x
t

t
t

t
t
t

t 0,25

y

O

2 -2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>













16
8

2
1
0

x
x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:

)
16
;
8
(
]
2
1
;
0

( 

III

1 ®iĨm 







x
x
dx
x

x
x

dx

I 3 3 2 3 2

cos
.
2
sin
8
cos
.
cos
.
sin
đặt tanx = t

dt
t
t
t

t

dt
I

t
t
x
x

dx
dt







3
3
2
3

2
2

)
1
(
)
1

2
(
8

1
2
2

sin
;
cos

0,5

C
x
x

x
x

dt
t
t
t
t

dt
t

t
t
t

2
2

4
3

3
3

2
4
6

tan
2

1
tan

ln
3
tan
2

3
tan
4
1
)
3
3
(

1
3
3

0,5

Câu IV

1 điểm Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết

thì góc AA1H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA

1 có AA1 = a, gãc AA1H =300

2
3

a
H

A 


. Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 v

2
3

a
H
A

nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1 nên

)

( 1

1C AAH

B

0,5

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3
.

1 a

AA
AH
H
A

HK  

 0,25

A1

A

B

C

1 B1

K

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

C©u V

1 điểm áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho 2005 số 1 và 4 số a

2009 ta cã

)
1
(
.
2009
.
.
.
.
2009
1
...
1

1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4
2005
a
a
a
a
a

a
a
a

a     







T¬ng tù ta cã

)
2
(
.
2009
.
.
.
.
2009
1
...
1

1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4

2005
b
b
b
b
b
b
b
b

b     






)
3
(
.
2009
.
.
.
.
2009
1
...
1

1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4

2005
c
c
c
c
c
c
c
c

c     






0,5

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
)
(
2009
6027
)
(
2009

)
(
4
6015
4
4
4
4
4
4
2009
2009
2009
c
b
a
c
b
a
c
b
a












Từ đó suy ra Pa4 b4 c4 3

Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.

0,5

Câu VIa

2 điểm 1.Từ phơng trình chính t¾c cđa

đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R =
3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB,
AC tới đờng tròn và AB AC
=> tứ giác ABIC là hình vng
cạnh bằng 3 IA3 2

0,5














7
5
6
1
2
3
2
1
m
m
m
m
0,5

2. (1 ®iĨm)

Gọi H là hình chiếu của A trên
d, mặt phẳng (P) đi qua A và
(P)//d, khi đó khoảng cách giữa
d và (P) là khoảng cách từ H
đến (P).

G.sö điểm I là hình chiếu của H
lên (P), ta cã AH HI=> HI
lín nhÊt khi AI

VËy (P) cÇn tìm là mặt phẳng đi

qua A và nhận AH làm véc tơ
pháp tuyến.
0,5
)
3
1
;
;
2
1

( t t t

H
d

H vì H

là hình chiếu của A trên d nên

)
3
;
1
;
2
(
(
0
.

d AHu u

AH

là véc tơ chỉ phơng của d)

)
5
;
1
;
7
(
)
4
;
1
;
3
(   

H AH

VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) –
5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu VIIa
1 điểm

Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6

2
4

C cách chọn 2 chữ số 
chẵn (vì không có số 0)và

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

2
5

C

cách chọn 2 chữ số lẽ
=> có
2
5
C
.
2
5
C

= 60 bộ 4 số thỏa
mÃn bài toán

Mi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc
thành lập. Vậy có tất cả

2
4

C . 2
5

C
.4! = 1440 sè

0,5

2.Ban n©ng cao.

C©u 
VIa
2 
®iĨm

1.( 1 ®iĨm)

Từ phơng trình chính tắc của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vng cạnh bằng 3

2
3

 IA
0,5













7
5
6
1
2
3
2
1
m
m
m
m

0,5
2.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng

cách giữa d và (P) là khoảng cách t H n (P).

Giả sử điểm I là hình chiếu cđa H lªn (P), ta cã AH HI=> HI lín nhất khi AI
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.

0,5
)
3
1
;
;
2
1

( t t t

H
d

H vì H là hình chiÕu cđa A trªn d nªn

)
3
;
1
;
2

(
(
0
.  


d AHu u

AH là véc tơ chỉ phơng của d)

)
5
;
1
;
7
(
)
4
;
1
;
3
(

H AH VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu 
VIIa
1 
điểm

Từ giả thiết bài to¸n ta thÊy cã 10

2
5 

C

cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
ng u) v

3
5

C

=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => cã

2
5
C
.
3
5
C

= 100 bộ 5 số đợc chọn.

0,5

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả

2
5
C
.
3
5
C

.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là . .4! 960

3
5
1

4 C 

C

. VËy cã
tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 số thỏa mÃn bài toán

0,5

THI TH I HC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
ờ S 6

www.VNMATH.com

phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx33x24

1. Kho sỏt sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

A, M, N sao cho hai tiÕp tun cđa (C) t¹i M và N vuông góc với nhau.

Câu II (2điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

y
y

x
x
y
y
x
y
x
)
2
)(
1
(
4
)
(
1
2
2

(x, y R)

2. Giải phơng trình:

8
1
3
tan
6
tan
3

cos
cos
3
sin
.

sin3 3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

)
1
ln(x x dx
x

I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuụng gúc vi

AA, cắt lăng trụ theo một thiết diện cã diƯn tÝch b»ng 8

a

. TÝnh thĨ tÝch khèi lăng trụ ABC.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mÃn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3

2
1
3

2
1

2
2
2

2
2

2        



a
c
c

b
b

a
P

Phần tự chọn (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y x 2x

2

 vµ elip (E): 9 2 1


 y
x

.
Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng trịn. Viết phơng trình đờng trịn đi
qua 4 điểm đó.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
0

11
6
4
2

2
2

2       

z
y
x
z
y

x và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phơng trình
mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng trịn có chu vi bng 6.

Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

x
x

2
1

, biết rằng

n là số nguyên dơng thỏa m·n: 1

6560
1

2
3

2
2

1
2

3
1
2
0








 

n
C
n
C

C

C n

n
n

n

n 

(

k
n

C

là số tổ hợp chập k của n
phần tử)

Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam

giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 vàđiểm C thuộc d2 . Viết phng trỡnh ng trũn

ngoại tiếp tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và
mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức MA2MB2 MC2

C©u VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình

1
)
1
(
2
y
x
e

x
e

e

y
x

y
x
y
x

(x, y R)

Hớng dẫn chấm môn toán

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát hàm số yx33x2 4 1,00

1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:

a) Giíi h¹n: limy lim(x 3x 4), limy lim(x 3x 4)

2
3
x
x

0,25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x - 0 2 +
y' + 0 - 0 +

4 +
- 0

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

- Hàm số đồng biến trên (-; 0) và (2; +), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vng góc ... 1,00

d có phơng trình y = m(x 3) + 4.

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình

















0
m
x
3
x
0
)
m
x
)(
3
x
(
4
)
3
x
(
m

4
x
3
x
2
2
2
3 0,50

Theo bµi ra ta có điều kiện m > 0 và y'( m).y'( m)1 0,25

9
35
3
18
m
0
1
m
36
m
9
1
)
m
6
m
3
)(
m

6
m
3

(     2      



(tháa m·n)

0,25

II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00

Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hƯ 0,25

Hệ phơng trình tơng đơng với 
















1
)
2
y
x
(
y
1
x
2
2
y
x
y
1
x
2
2
0,25
Đặt
2
y
x
v
,
y
1
x

u
2






Ta cã hÖ

1
v
u
1
uv
2
v
u









0,25
Suy ra











1
2
y
x
1
y
1
x2

. Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)

0,25

II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00

Điều kiện:
0
3
x
cos
6

x
cos
3
x
sin
6
x

sin 





 





 





 






 
Ta cã
1
x
6
cot
6
x
tan
3
x
tan
6
x

tan 





 





 







  






  0,25

Phơng trình đã cho tơng đơng với 8
1
x
3
cos
x
cos
x
3
sin
.
x

sin3  3 



1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1

2 2 2 2 8

   

    

0,25
x

-1 O 2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2
1
x
2
cos
8
1
x
2

cos
2
1
)
x
4
cos
x
2
cos
x
2
(cos

2    3

0,25

k
6
x
(loại)

k
6
x

,(kZ). Vậy phơng trình có nghiƯm





 k
6
x

,(kZ)

0,25

III TÝnh tÝch ph©n 1,00

Đặt

2
/
x
v
dx
1
x
x
1
x
2
du
xdx
dv

)
1
x
x
ln(
u
2
2
2
1 1

2 3 2

2
0
0

x 1 2x x

I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1


   
 



0,25



  






 1
0
2
1
0
2
1

0 x x 1

dx
4
3
dx
1
x
x
1
x
2
4

1
dx
)
1
x
2
(
2
1
3
ln
2
1





1 1

1
0
2
1
0
2
I
4
3
3
ln
4
3
I

4
3
)
1
x
x
ln(
4
1
x
x
2
1
3
ln
2

1        



0,25

* TÝnh I1:

1
0
2
2
1
2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt

2
,
2
t
,
t
tan
2
3
2
1
x

Suy ra 9

3
t
3
3
2
t
tan
1
dt
)
t

tan
1
(
3
3
2
I
3
/
6
/
3
/
6
/
2
2
1








0,25

VËy 12

3
3
ln
4
3

I   0,25

IV TÝnh thÓ tÝch khèi lăng trụ 1,00

Gi M l trung im ca BC, gi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’, Khi
đó (P)  (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3
3
a
AM
3
2
AO
,
2
3
a

AM  

Theo bµi ra 4

3
a
HM
8
3
a
BC
.
HM
2
1
8
3
a
S
2
2

BCH     

0,25
4
a
3
16
a
3
4
a

3
HM
AM
AH
2
2
2

2    



Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên AH
HM
AO

O
'

A 

suy ra 3

a
a
3
4
4
3
a

3
3
a
AH
HM
.
AO
O
'

0,25

Thể tích khối lăng trụ: 12

3
a
a
2
3
a
3
a
2
1
BC
.
AM
.

O
'
A
2
1
S
.
O
'
A
V
3

ABC

0,25

V Tìm giá trị lớn nhất ... 1,00

Ta cã a2+b2  2ab, b2+ 1  2b  ab b 1

1
2
1
2
1
b
b
a
1

3
b
2
a
1
2
2
2
2

2          

T¬ng tù ca a 1

1
2
1
3
a
2
c
1
,
1
c
bc
1
2
1
3

c
2
b
1
2
2
2

2         

0,50
2
1
b
ab
1
b
ab
1
b
ab
1
b
ab
1
2
1
1
a
ca

1
1
c
bc
1
1
b
ab
1
2
1
P 











































0,25
2
1
P 

khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2
1

khi a = b = c = 1.

0,25
VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
0
9
x
37
x
36

x
9
1
)
x
2
x
(
9

x2 2 2 4 3 2









(*)
0,25

XÐt f(x)9x4 36x3 37x2 9, f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ 







1
y
9
x
x
2
x
y
2
2
2
0,25
0
9
y
8
x
16
y
9
x
9

9
y
9
x
y
8
x
16
x

8 2 2

2
2
2














(**)

(**) là phơng trình của đờng trịn có tâm








9
4
;
9
8
I

, b¸n kÝnh R = 9
161

Do đó
4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng trịn có phơng trình (**)

0,25

VIa.2 ViÕt ph¬ng trình mặt phẳng ().... 1,00

Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5

Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.

0,25

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Do đó



















(loại)
17
D
7
D
12

D
5
4
)
1
(
2
2
D
3
)
2
(
2
1
.
2
2
2
2 0,25

VËy () cã phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0 0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2... 1,00

Ta cã







     
 2

0
n
n
n
2
2
n
1
n
0
n
2
0
n
dx
x
C
x
C
x
C
C
dx
)
x
1
(
I 
2
0

1
n
n
n
3
2
n
2
1
n
0

n C x

1
n
1
x
C
3
1
x
C
2
1
x
C 











 


suy ra I

n
n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2

C
2
2
C
2





 
(1)
0,25

Mặt khác n 1

1
3
)
x
1
(
1
n
1
I
1
n
2
0

1
n

(2)
Tõ (1) vµ (2) ta có

n
n
1
n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C

2
2
C
2


1
n
1
3n 1

Theo bài ra thì

7
n
6561
3
1
n
6560
1
n

3 n 1

1
n







 

0,25

Ta cã khai triÓn

 





 















  7

0
4
k
3
14
k
7
k
k
7
0 4
k
7
k
7
7

4 2 C x

1
x
2
1

x
C
x
2
1
x 0,25

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n

2
k
2
4
k
3
14





VËy hƯ sè cÇn tìm là 4
21
C
2
1 2
7
2
0,25

VIb.1 Vit phng trỡnh ng trịn .... 1,00

Do B  d1 nªn B = (m; - m – 5), C  d2 nªn C = (7 2n; n) 0,25

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

0
.
3
n
5
m
3
2
.
3
n
2
7
m
2

1
n
1
m
2
n
m
3
n
2
m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0
c
by
2
ax
2
y

x2  2     . Do A, B, C  (C) nªn ta có hệ

27
/
338
c
18
/
17
b
54
/
83
a
0
c
b
2

a
10
1
25
0
c
b
8
a
2
16
1
0
c
b
6
a
4
9
4 0,25

Vậy (C) có phơng trình

0
27
338
y
9
17
x

27
83
y

x2 2 0,25

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =







3
;
3
8
;
3
7

Ta cã



 



2
2
2
2

2
2
GC
MG
GB
MG
GA
MG
MC
MB
MA

F        

2
2
2
2
2
2
2
2
GC
GB
GA
MG
3
)
GC
GB

GA
(
MG
2
GC
GB
GA
MG

3          



</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

F nhá nhÊt  MG2 nhá nhÊt M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

 3 3

19
1
1
1
3
3
3
/
8
3
/
7
))

P
(
,
G
(
d
MG 






 0,25
3
64
9
104
9
32
9
56
GC
GB

GA2 2  2    

VËy F nhỏ nhất bằng 9
553
3

64
3
3
19
.
3
2

khi M là hình chiếu của G lên (P)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

1
y
x
e
1
y
x
e
1
y
x
e
)
1

x
(
2
e
e
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ 
















)
2
(
u
v
e
e
)
1
(
1
u
e
1
v
e
1
u
e
v
u
v
u
v 0,25

- NÕu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) u v 0,25

Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u - 0 +
f'(u) - 0 +

f(u)

0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 u 0.

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 
















0
y
0
x
0
y
x
0
y
x
0
v

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 7

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CAC THÍ SINH ( 7 điểm )
 Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2.

1) Khảo sát hàm số khi m = 2;

2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và
điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.

Câu II(2.0điểm) 1, Giải phương trình:

(

)

2 7

log 1+ x =log x
.

2, Giải phơng trình

2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 x x x 2x 2  x

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu IV(1.0 điểm) TÝnh tÝch ph©n I=



4   

3 x 1 2x 1
dx

Cõu V(1.0 im) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt

phng ỏy bng 300. Hỡnh chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1. Tính khoảng

cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm )
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9

và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) v ng thng d cú phng trỡnh

t
z

t
y

t
x

3
1

2
1

. Lập phơng trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Cõu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức:

C2n 1n 1++ +C2n 1n 2++ +Cn 32n 1++ +...+C2n 12n 1-+ +C2n 12n+ =28- 1. 
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển

(

)

3 4

1 x- +x - x
. 
 B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 .0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) v ng thng d cú phng trỡnh

t
z

t
y

t
x

3
1

2
1

Lập phơng trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Gi¶i bất phơng trình:

2

3

4 )

3

2 (

)

3

2 (

2 2 1 2 2 1









x  x x  x

đáp án

Câu ý Híng dÉn gi¶i chi tiÕt §iĨ

m

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CAC THÍ SINH 7.0

0

Câu I 2

1 Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2.

Khảo sát hàm số khi m = 2; 1

Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x + 1

1* TXĐ: D = R

2* Sù biÕn thiªn của hàm số:

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

* Giíi h¹n tại v« cực: xlim f x

 

  : xlim f

 

x 

* Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2  3 , y' 0   x 1

x -∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +

y 3 +∞
-∞ - 1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



;1



và



1;



,
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



1;1



Hàm số đạt đạt cực đại tại x 1;yCD 3, cực tiểu tại x1;yCT  1,

0.5

3* §å thÞ:

* Điểm uốn: y'' 6 x, các điểm uốn là: U

 

0;1
* Giao điểm với trục Oy t¹i : U

 

0;1

* Đồ thị:

0.2
5

2 Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại,

cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. 1

Có y’ = 3x2  (m + 1). Hàm số có CĐ, CT  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt

 3(m + 1) > 0  m > 1 (*)

0.5

Phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là

( 1) 5

y m x m

Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.

5 4

1
m
m

  

  

KL : m = 1

0.5

Câu II 1 Giải phương trình: ( )
3

2 7

log 1+ x =log x. 1

1. Điều kiện: x > 0. Đặt t=log x7 Û x=7t. 0.25

-2
-1

1 2 x
1

-1
-2

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

( ) ( )

t t

t t t t

3 3

3 3 3 3

2 1 7

pt log 1 7 t 1 7 2 1 7 8 1

8 8

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗỗ + ữữ= + = + = + =

ỗố ứ (*). 0.25

Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3. 0.2
5

Vậy phương trình có nghiệm x = 343. 0.2

5
2

Giải phơng trình

2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 x x x 2x 2  x 1

)
1
(
2
4
cos
2
sin
2
cos
sin
2
sin

1 2 2 






 



 x x x x  x

 

x 1 sinx

2
cos
1
x
sin
2
x
cos
x
sin
2
x
sin
1

1 2  






 





0.2
5

0
1
2
x
cos
2
x
sin
2
.
2
x
cos
2
x
sin
x
sin
0

1
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
x

sin 





  







  


0
1

2
x
sin
2
2
x
sin
2
1
2
x
sin
x

sin 2 





  





 

0.5

2
sin 0
sin 1
4
2 2
2 2

2sin 2sin 1 0

2 2

x

x k x k

x

x k

x x k

k
x x
 

   

 



  


     

  

0.2
5
Cõu III

Giải bất phơng trình sau x28x15 4x218x18 x2 2x15 (1) 1
TXĐ x5,x 5,x3

TH1 x = 3 lµ nghiƯm cđa (1) 0.25

TH2 x5 th× (1)

5 5 4 6

x x x x

       

VËy BPT (1) cã nghiÖm

17
5
3
x
 
0.2
5

TH3 x 5 th× (1)

5 5 6 4

x x x x

        

VËy BPT (1) cã nghiÖm x 5

Kl : TËp nghiƯm cđa bÊt pt lµ

 

17
( ; 5) 3 (5; )

3
S     

0.2
5

0.2
5
Câu IV

TÝnh tÝch ph©n: I=



4   

3 x 1 2x 1

dx

1

+I=



4   

3 x 1 2x 1

dx

Đặt t= 2x1t2 x2 1tdt=dx

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

+Đổi cËn : x=2
3

 t = 2
 x=4 t = 3

+Khi đó I=







3
2

1
2

1
t
t

tdt





3
2

)
1
(
2

t
tdt

dt
t

t



3 

)
1
(

1
1








3
2

2
3

2 ( 1)

2
)
1
(

1
2

t
dt
dt

t

3
2
3

2 1

2
1
ln
2





t
t

=2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1

0.5

Cõu V

Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt

phng ỏy bng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng

B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a.

1
Do AH (A1B1C1) nên góc AA H1 là góc giữa AA

1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc

1
AA H

bằng 300. Xét tam giác vuông AHA

1 có AA1 = a, góc

 1
AA H

=300 2

a
H
A 


0.2
5

Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 v 2

a
H
A

nên A1H vuông

góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1 nên B1C1 (AA1H)

0.2
5

K ng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 0.2

Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4

3
.

1 a

AA
AH
H
A

HK  

 0.2

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.0

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn

Câu VIa 2

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9

và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ
đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác
ABC vng.

1

Từ pt ct của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn
và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vng cạnh bằng 3 IA3 2

0.5

A1

111 A

B

C

1 B1

K

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

5
1

3 2 1 6

7
2

m
m

m

m
 

 

      



 0,5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình














t
z

t
y

t
x

3
1

2
1

. LËp ph¬ng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới
(P) là lớn nhất.

1

Gi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa
d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta cã AH HI=> HI lín nhÊt khi AI
VËy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.

0.5

)
3
1
;
;
2
1

( t t t

H
d

H vì H là hình chiếu của A trên d nên

)
3
;
1
;
2
(
(
0

d AHu u

AH là véc tơ chØ ph¬ng cđa d) H(3;1;4) AH(7;1;5)

VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0

0.5
CâuVII.a

Cho đẳng thức: C2n 1n 1++ +C2n 1n 2++ +C2n 1n 3++ +...+C2n 12n 1-+ +C2n 12n+ =28- 1.

Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển

(

)

3 4

1 x- +x - x
.

1

n 1 n 2 n 3 2n 1 2n

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

S C + C + C + ... C - C

+ + + + +

= + + + + +

, ta có:

(

)

2n 1 0 1 2 n 1 n n 1 n 2 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

(1 1) + C C C ... C - C C + C + ... C C +

+ + + + + + + + +

+ = + + + + + + + + + +

(

)

(

)

2n 1 0 2n 1 2n 2n 1 n 2 n 1 n 1 n 2 2n 1 2n

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2 + C C + C C - ... C + C + C + C + ... C - C

+ + + + + + + + + +

Þ = + + + + + + + + + + +

2n 1 2n 2n 8

2 + 2 2S 2 1 S 2 2 n 4

Þ = + Þ = + Þ = Þ = .

0.5

(

)

( )

(

)

n 4 4 4

3 4 3 3

1 x x x é(1 x) x (1 x)ù 1 x 1 x

Þ - + - =êë - + - úû = - +

(

0 1 2 2 3 3 4 4

) (

0 1 3 2 6 3 9 4 12

)

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

C C x C x C x C x C C x C x C x C x

= - + - + + + + +

.
Ta có hệ số của x10 là: -C .C14 34+C .C44 42= - 10.

0.5

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b Gièng chơng trình chuẩn

CõuVII.b

Giải bất phơng trình:

2

3

4 )

3

2 (

)

3

2 (

2 2 1 2 2 1









x  x x  x

1

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Bpt



2 3





2 3



2 2







 x  x x  x

Đặt

2 3

( 0)

2



  t

t x x , ta đợc: t1 t 4

t2  t4 102 3t2 3 (tm)

Khi đó:

2

3 

2

3 

2

3 









x  x 1 x2 2x1
 x2 2x101 2 x1 2

KL:

0.5

www.VNMATH.com

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Đề Số 8
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CAC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)

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

2 1

1
x
y

x





2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2.
Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )

2 2 12

x

x    x x  

2) Giải hệ phương trình :

4 3 2 2

3 2

1
1

x x y x y

x y x xy

   




   


Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

4
0

tan .ln(cos )
cos

x xdx

x





Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại 
đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính cơsin của góc giữa hai mặt

phẳng (SAB) và (SBC) .

Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a b b c c a

ab c bc a ca b

  

  

  

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0.

Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450.

Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) 
và hai đường thẳng

1
( ) :

1 2 3

x y z

d   

  và

1 4

( ') :

1 2 5

x y z

d    

Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)

Giải phương trình: 2 2

(24 1)
(24 1) log (24 1) log x

x x x x

log x x x

Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 1, đường thẳng ( ) :d x y m  0. Tìm m
để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.

Câu VII.b (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:

(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng 1 : 2

2



x

= 1
1

y

= 3
z

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1, 2.

Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1

---Hết---

--ÁP ÁN VÀ THANG I M

Đ

Đ Ể

Câu -ý Nội dung Điểm

1.1

*Tập xác định :D   \ 1

 

*Tính 2

' 0

( 1)

y x D

x


   



Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;)
*Hàm số khơng có cực trị

*Giới hạn

x

Limy

   Limyx1  

xLim y  xLim y 2

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên

*Vẽ đồ thị

0.25
0.25

0.25

1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M x f x( ; ( )) ( )0 0 C có phương trình 
y f x x x '( )(0  0)f x( )0

Hay x(x01)2y2x022x0 1 0 (*)

*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2

0
4
0

2 2

2
1 ( 1)

x
x



 

 

giải được nghiệm x 0 0 và x 0 2

*Các tiếp tuyến cần tìm : x y  1 0 và x y  5 0

0.25
0.25

0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

cos2x 3 sin 2x 10 os(c x 6) 6 0


    

cos(2x 3) 5 os(c x 6) 3 0

 

     

2 os ( ) 5 os( ) 2 0

6 6

c x  c x 

     

Giải được

os( )

6 2

c x  

và cos(x 6) 2

  

(loại)
*Giải

os( )

6 2

c x  

được nghiệm x 2 k2

 

 

và

5
2
6

x   k 

0.25

0.25
2.2

*Biến đổi hệ tương đương với

2 2 3

3 2

( ) 1

x xy x y

x y x xy

   




   



0.25

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

*Đặt ẩn phụ

2
3

x xy u
x y v

  






 , ta được hệ

1
1

u v

v u

  



  


*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)

0.25

3 *Đặt t=cosx

Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x 4



thì
1

2
t 

Từ đó

1
2

2 2

1
1

lnt lnt

I dt dt

t t

 







*Đặt 2

1
ln ;

u t dv dt

t

 

1 1

;
du dt v

t t

   

Suy ra

1
2
1

1 1

1 1 2 1

ln 1 ln 2 1

2 2

I t dt

t t t

  



  

*Kết quả

2
2 1 ln 2

2
I   

0.25

4 *Vẽ hình

*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH (ABC)

*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
SEH SFH 600

*Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng HK A .

*Lập luận và tính được AC=AB=a ,

2
2
a
HA 

0 3

tan 60

2
a

SH HF 

*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2

1 1 1 3

10
KH a

HK HS HB  

*Tam giác AHK vuông tại H có

20
2

tan

3
3

10
a
AH
AK H

K H
a

  

3
cos

23
AKH

 

0.25

0.25
5

*Biến đổi

1 1

1 (1 )(1 )

a b c c

ab c ab b a a b

    

     

*Từ đó

1 1 1

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a

VT

a b c a c b

  

  

     

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c

dương

0.25

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được

3 1 1 1

3. . .

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

c b a

VT

a b c a c b

  



      =3 (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1
3
a b c  

0.25

6.a

* có phương trình tham số

1 3
2 2

x t

y t

 


   

 và có vtcp u   ( 3;2)
*A thuộc  A(1 3 ; 2 2 ) t   t

*Ta có (AB; )=450

1
os( ; )

2
c AB u
   

. 1

2
.

AB u
AB u

 

 


2 15 3

169 156 45 0

13 13

t t t t

        

*Các điểm cần tìm là 1 2

32 4 22 32

( ; ), ( ; )

13 13 13 13

A  A 

0.25

0.25
0.25
7.a

*(d) đi qua M1(0; 1;0) và có vtcp u 1 (1; 2; 3) 



(d’) đi qua M2(0;1; 4) và có vtcp u 2 (1;2;5)



*Ta có u u1; 2    ( 4; 8;4)O

  

, M M 1 2 (0; 2; 4)



Xét u u M M1; 2. 1 2   16 14 0

  

 (d) và (d’) đồng phẳng .

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n  (1; 2; 1) và đi
qua M1 nên có phương trình x2y z  2 0

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm

0.25

0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0

*TH1 : xét x=1 là nghiệm

*TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với

1 2 1

1 2log (24 x x1) 2 log (24  x x1) log (24x x1)
Đặt log (x x 1) t , ta được phương trình

1 2 1

1 2 t2t t giải được t=1 và t=-2/3 
*Với t=1 log (x x 1) 1 phương trình này vơ nghiệm 
*Với t=-2/3

2
log ( 1)

3
x x

   

x2.(24x1)3 1 (*)
Nhận thấy

1
8
x 

là nghiệm của (*)

0.25

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Nếu
1
8
x 

thì VT(*)>1
Nếu

1
8
x 

thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x 

*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x 
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1

*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d O d( ; ) 1
*Ta có

1 1 1

. .sin .sin

2 2 2

OAB

S  OAOB AOB  AOB 

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 900

1
( ; )

2
d I d

 

m 1

0.25
0.25
0.25

0.25
7.b

*1 có phương trình tham số

2 2

1
3

x t

y t

z t

 


   


 


*2 có phương trình tham số

2
5 3

x s

y s

z s
 


  

 

*Giả sử d  1 A d;   2 B

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)

A t t t

   

*AB (s 2 ;3t s t 6;s3 )t , mf(R) có vtpt n  (1; 2; 3)
*d( )R AB n & cùng phương

2 3 6 3

1 2 3

s t s t  s t

  



24
t
 
*d đi qua

1 1 23

( ; ; )

12 12 8
A

và có vtcp n  (1; 2; 3)

=> d có phương trình

1 1

12 12

1 2 3

z

x y 

 



0.25

8.b

*Điều kiện :

log (9 72) 0

9 72 0

x
x
x 


  



  

 giải được x log 739

Vì x log 739 >1 nên bpt đã cho tương đương với

log (93 72)

x x

9x72 3 x

0.25

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

3 8

3 9

x
x
  

 



  x 2
*Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2]9

0.25
0.25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOAN NĂM 2011-2012 
Đề Số 9

www.VNMATH.com

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số

2 4

x
y

x




 .

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

2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):

1. Giải phương trình:

2
2

1 3 2

1 3 x x

x  x    

2. Giải phương trình: sinxsin2xsin3xsin4xcosxcos2xcos3xcos4 x

Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:

2
1

ln
1 ln

e

x

I x dx

x x

 

   



 



Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vng ABCD cạnh a. Hai
đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vng góc lên đáy lần lượt là
trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH =
S’K =h.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

9 9 9 9 9 9

6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6

x y y z z x

P

x x y y y y z z z z x x

  

  

     

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x2y24 3x 4 0.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương

trình

2 3
2 (t R)
4 2

x t

y t

z t

 


   


  

 . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: z2 z 0

B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: 
x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0

( ) ; ( ')

1 0 2 1 0

x y x y z

x y z x y

      

 

          

  .Chứng minh rằng hai đường thẳng () và (') cắt nhau. 
Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi () và (').

Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:

2 2 2

3 3 3

log 3 log log

log 12 log log

x y y x

x x y y

  



   

 .

--- Hết

---Họ và tên thí sinh: ………..………Số báo danh: ………...……
ĐAP AN

Câu Nội dung Điể

m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

CâuI 2.0

1. TXĐ: D = R\{-1}

Chiều biến thiên: 2
6

' 0 x D

( 1)
y

x

   



</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Giới hạn: xlimy2, limx1 y , limx1 y 

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT

x - -1 +
y’ + +

+ 2

2 -

0,25

0.25
+ Đồ thị (C):

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm

 

2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)

f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9

x
y

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0.25

2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có

6 6

; 2 ; ; 2 ; , 1

1 1

A a B b a b

a b

       

     

    0.25

Trung điểm I của AB: I

2 2

;

2 1 1

a b a b

a b

  

  

   

 

Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 0.25

Có :

. 0

AB MN
I MN

 







 

0.25

0 (0; 4)

2 (2;0)

a A

b B

 

 



  

  0,25

CâuII 2.0

1. TXĐ: x 



1;3



0,25

Đặt t= x 1 3x , t > 0=>

2 4

3 2

2
t

x x 

   0,25

đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2 0,25

Với t = 2 

1 3 =2 ( / )

3
x

x x t m

x
 


    



 0,25

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

2 3 4 2 3 4

sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x





sin 0

(sin ). 2 2(sin ) sin . 0

2 2(sin ) sin . 0

x cosx
x cosx x cosx x cosx

x cosx x cosx

 



       

   

 0,25

+ Với sinx cosx 0 x 4 k (k Z)

 

      0,25

+ Với 2 2(sin x cosx ) sin . x cosx0, đặt t = sinx cosx (t  2; 2 )

được pt : t2 + 4t +3 = 0

1
3( )
t

t loai
 

   

 0.25

t = -1

( )

2
2

x m

m Z

x m

 

 

 




 

   


Vậy :

( )
4

2 ( )

2
2

x k k Z

x m m Z

x m

 

 

 

   




  




  




0,25

Câu III 2

ln
1 ln

e

x

I x dx

x x

 

   



 



1,0

I1 =1

ln
1 ln

e

x
dx

x  x



, Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 =

4 2 2

3 3 0,5





2
1

e

I 



x dx

, lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2

0,25

I = I1 + I2 =

2 2 2

3 3

e  0,25

Câu IV 1,0

M
N

A

B

D C

S

S'

H

K

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V V S ABCD. VS AMND.

0,25

. . .

S AMND S AMD S MND

V V V ; .. ..

1 1

; . ;

2 4

S AMD S MND

S ABD S BCD

V SM V SM SN

V  SB  V  SB SC 

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

. . .

1
2

S ABD S ACD S ABCD

V V  V

; . . .

3 5

8 8

S AMND S ABCD S ABCD

V  V  V V 0.25

5
24

V a h

  0.25

CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :

3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2

a b b c c a

P

a ab b b bc c c ca a

  

  

      0.25

3 3 2 2

2 2 ( ) 2 2

a b a ab b

a b

a ab b a ab b

  

 

    mà

2 2

1
3
a ab b
a ab b

 



  (Biến đổi tương đương)

2 2

( ) ( )

3
a ab b

a b a b

a ab b

 

   

  0.25

Tương tự:

3 3 3 3

2 2 2 2

1 1

( ); ( )

3 3

b c c a

b c c a

b bc c c ca a

     

   

( ) 2. 2

P a b c   abc

(BĐT Côsi)

0.25
=> P2,P2 khi a = b = c = 1x = y = z = 1

Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25

II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn

CâuVI.

a

2.0
1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25

Pt đường thẳng IA :

2 3

2 2

x t

y t
 



 

 , I'IA => I’(2 3 ; 2t t2), 0,25
1

2 ' '( 3;3)

2
AI  I A  t I
 

0,25
(C’):









2 2

3 3 4

x  y 

0.25

2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)d, AB//d. 0.25

Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB

0.25
0,25

MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25

CâuVII

.a 1.0

z = x + iy (x y R,  ), z2 + z  0 x2y2 x2y2 2xyi0 0,25

2 2 2 2

2 0

0
xy

x y x y



 

   

 0,25

(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B. Chương trình nâng cao

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

VI.b

1. BDAB B (7;3), pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0

(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7

A AB  A a a C BC C c  c a c ,

I =

2 1 2 17

;

2 2

a c  a c

 

 

  là trung điểm của AC, BD. 0,25

IBD3c a 18 0  a 3c 18 A c(6 35;3c18) 0,25

M, A, C thẳng hàng MA MC , cùng phương => c2 – 13c +42 =0 

7( )
6
c loai
c



 

 0,25

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25

2.

Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ()(') = A

1 3

;0;

2 2

 

 

  0.5

(0; 1;0) ( )

M    , Lấy N ( '), sao cho: AM = AN => N

AMN

 cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi () và (
'

 ) chính là đg thẳng AI 0.25

Đáp số:

1 2

1 3 1 3

2 2 2 2

( ) : ;( ) :

1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5

14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30

x y z x y z

d d

   

       

      0,25

Câu 
VII.b

TXĐ:
0
0
x
y




 

 0.25

2 2 2

3 3 3

log 3 log log 3 . 2 .

log 12 log log 12 . 3 .

x y

x y y x y x

x x y y x y



   

 

    





  0.25

2
3 .x 2 .y

y x




  

 0.25

4
3

log 2
2 log 2
x

y





  



</div>

Bộ 9 đề thi thử Toán - có thang điểm











3

<sub></sub>

<sub></sub>



















I













 

 

 

 



 







9













ÁP ÁN

Đ



















 











<sub></sub>



























 

 

 









 