é THI thử I HC lần ii
NM học: 2010-2011
Mụn thi : TON
lm bi:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (C
m
) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II:(2 im)
1.
Gii h phng trỡnh:
20
121
xyxy
xy




1

2. Tìm );0(


x
thoả mãn phơng trình: cotx 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
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 =
2

4
0
(sin2)cos2
x
xx



dx.
Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
Chng minh rng :
222
2.
ab bc ca
bc ca ab





PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bi lm ở một phần)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng
3
2
v
trọng tâm thuộc đờng thẳng

: 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

v đờng thẳng

:
12
112
x
y


z
.
Tìm toạ độ điểm M trên

sao cho:
22
28MA MB


Cõu VIa : Giải bất phơng trình:
32
4
)32()32(
1212
22


xxxx

B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb: 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x

2
+ y
2
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 60
0
.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d
với
d :
x1 y1 z
21


1
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d
v tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Cõu VIb: Gii h phng trỡnh
33
log log 2
22
444
42()
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
xy
xx
y










Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

63 thi th i hc 2011
-48-

H−íng dÉn chÊm m«n to¸n

C©u
ý
Néi Dung
§iĨm
I
2
1
Kh¶o s¸t hμm sè (1 ®iĨm) 1
y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C

m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn: lim , lim
xx
yy
 

  



0,25

+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
 0; x
 hμm sè ®ång biÕn trªn R


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 (C
3
):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)















0,25


2
1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1  x(x
2
+ 3x + m) = 0 





2
x0
x3xm0 (2)





0,25
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
 Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
 0.



  





 



2
m0
94m0
4
m
030m0

9
(*)




0,25

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
=y’(x
D
)= ; 
2
DD D
3x 6x m (3x 2m)

0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-49-

k
E
=y’(x
E
)=

2
EE E

3x 6x m (3x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1
 (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) =-1
 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
 9m + 6m(–3) + 4m
2
= –1 (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D

x
E
= m theo đònh lý Vi-
ét).
 4m
2
– 9m + 1 = 0 
965
965
8
m
m











8
 So s¸nhĐk (*): m =



1
965

8


0,25
II


2
1
1
1. §k:
1
1
2
x
y








(1)

()0( )(2)
20
2
0( )

xy y xy x y x y
xy
xy
xyvoly
     







0


0,5
 x = 4y Thay vμo (2) cã

41 211 41 211
412122112122
1
()
210
2
2
510
212
()
2
yy yy

1
y
yy y
ytm
y
x
x
y
ytm
   
  





















y

0,25


V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vμ (x;y) = (10;5/2) 0,25
2
1



®K:











1tan
02sin
0cossin
02sin
x
x

xx
x

PT
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2






xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22







0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-50-



 )2sin1(sinsincos
x
x
x
x



 0)1sincos)(sinsin(cos
2
 xxxxx



0,25



0)32cos2)(sinsin(cos





x
x
x
x


(cos )( 2 sin(2 ) 3) 0
4
xsinx x

 

cos 0
2sin(2 ) 3( )
4
xsinx
x
voly












0,25


 0sincos 
x
x


tanx = 1 )(
4
Zkkx 


(tm®k)
Do

4
0;0


 xkx


0,25

III 2
1 1
Do

()
()(
()
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC






)
Lai cã
()( )
() (,) .sin45
2
o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
 
   


0,25

Ta cã

0

.45 2
22
11
.(2)
22
22
11
.2(2)
36
22
MHC
SMCH MCH
x
x
AH AM cos HC AC AH a
xx
SMHMCa
xx
VSAS aa



  
  








O,5



Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

 
3
2
2
1
22
32
2
22
SMCH
xx
a
a
Va
xx
a
6
x
a


 






M trïng víi D




0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-51-

IV 1 1
.Ta cã :VT =
22 2
()()
abc bca
AB
bc ca ab bc ca ab
   
   


0,25




3

3
11
3 ( )( )( )
2
1111
3 ( )( )( )3
22
3
2
Aabbcca
abbc ca
abbcca
abbcca
A
11
9


   






 





0,25

222
22
1( )( )(
1
1.2
2
abc
abc abbcca
abbc ca
BB
     

  
)


0,25
2 1

I =
444
22
12
000
(sin2)2 2 sin2 2
x
x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I


 




0,25


TÝnh I1
®Æt
4
1
0
1
sin 2 sin 2
4
1
2
22
sin 2
0
2
du dx
ux
x
Ix xdx
vcosxdx
vx




















11
2
4
84 84
0
cos x






0,25



TÝnh I2
4
23
2
0
111
4
sin 2 (sin2 ) sin 2
266
0
Ixdxx









0,25






VËy I=

11 1
846812


 

0,25
63 Đề thi thử Đại học 2011
-52-

Từ đó tacó VT
31
2
22
VP

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

0,25
V.a 2
1 1
Ta có: AB =
2
, trung điểm M (
55
;
22

),
pt (AB): x y 5 = 0

0,25
S =
ABC
1
2
d(C, AB).AB =
3
2
d(C, AB)=
3
2

Gọi G(t;3t-8) l trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1
2

0,25

d(G, AB)=
(3 8) 5
2
tt
=
1
2

t = 1 hoặc t = 2
G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

0,25




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





0,25
2 1
1
:2 (1;2;
2
xt
2)
p
tts y t M t t t
zt











0,5



Ta có:
22 2
28 12 48 48 0 2MA MB t t t
0,25



Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4)


0,25


VI.a 1

1
Bpt



43232
22
22

xxxx



0,25


)0(32
2
2


tt
xx
BPTTT :
4
1

t
t


2
410tt


3232 t
(tm)
0,25

Khi đó :



323232
2
2

xx
121
2
xx

0,25


2121012
2
xxx



0,25

V.b 2

1 1
63 thi th i hc 2011
-53-

. (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)
Vậy Vì MI là phân giác của



0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB







A
MB

(1)  = 30

AMI
0

0
sin 30
IA
MI
 MI = 2R 
2
94 7mm 
(2)  = 60


AMI
0

0
sin 60
I
A
MI  MI =
23
3
R 
2
43
9
3
m 
Vô
nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0; 7) và M
2
(0;- 7)

0,5







0,5


2 1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M,
cắt và vuông góc với d.
d có phương trình tham số là:
x12t
y1
zt
t











Vì H
 d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH


= (2t  1 ;  2 + t ;  t)


0,25



Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u

= (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.(
 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =
2
3
. Vì thế, MH


=
142
;;
333





3(1;4;
MH
uMH
 
2)

0,25


Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x2 y1 z
142





0,25

Theo trªn cã
712
(; ; )
333
H 
mμ H lμ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é
M’
854
(; ; )
333



0,25

ĐK: x>0 , y>0
(1)

33

2log log
222
xy xy
0


0,5

log
3
xy = 1  xy = 3y=
3
x

(2) log
4
(4x
2
+4y
2
) = log
4
(2x
2
+6xy)  x
2
+ 2y
2
= 9
0,25


































VIb







Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3; 3) hoặc ( 6;
6
2
)
0,25

63 Đề thi thử Đại học 2011
-54-









D
A
M

S
H
B
C



63 Đề thi thử Đại học 2011
-55-