BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
ĐỀ THAM KHẢO Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 2.
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2/ Gọi A, B là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị (C). Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị
(C) tai hai điểm M,N sao cho tứ giác AMBN là hình thoi.
Câu 2 (2 điểm).
1/ Giải phương trình: 2sin(x +
4
π
).cos(x +
6
π
) + cos2x = 0.
2/ Giải hệ phương trình:





++=+
−−−++=−−+−+
1)53(log
24463331
2
22

yxyx
yxxyyxyxyx
.
Câu 3 (1 điểm).
Tính tích phân: I =
∫
−
+
−
0
1
22
2
)1(
)1(
dx
x
x
.
Câu 4 (1 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB = 2a, BC = a
3
. Cạnh bên SA = 2a
và SA
⊥
mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SC.
1/ Tính thể tích khối tứ diện BCMN.
2/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.
Câu 5 (1 điểm).
Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng

4
17
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
31121
11
2
2
+
+
+
+++=
xy
y
y
x
y
xxP
.
Câu 6 (2 điểm).
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3;
4
1
−
), tâm đường tròn ngoại tiếp
là K(0;
8
29
), trung điểm cạnh BC là M(
3;

2
5
). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C ; biết hoành độ của B lớn
hơn hoành độ của C.
2/ Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(12;-3;11) và hai đường thẳng:
d
1:
2
1
1
6
7
5 +
=
−
=
− zyx
;
d
2
:
3
1
2
1
5
−
=
+
=

zyx
.
Xác định tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng Oxy sao cho đường thẳng AM cắt đồng thời cả hai đường
thẳng d
1
và d
2
.
Câu 7 (1 điểm). Tính mô đun của số phức z =
4
31
1








+
−
i
i
.
HẾT
=======================================
Trang 1 / 4 ĐỀ SỐ 1- />ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1: 2 điểm

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y = x
3
- 3x
2
+ 2
* Tập xác định: D = R.
* Sự biến thiên: y’ = 3x
2
– 6x; y’ = 0



=
=
⇔
2
0
x
x
; y’> 0
⇔



>
<
2
0
x
x

và y’< 0
⇔
0<x<2.
Hàm số đồng biến trên các khoảng
);2();0;( +∞−∞
và hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x=0, y
CĐ
= 2; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= - 2.
Các giới hạn:
±∞=
±∞→
y
x
lim
.
BBT:
* Vẽ đồ thị:
2/ Viết phương trình đường thẳng:
Đồ thị nhận điểm uốn là tâm đối xứng nên trung điểm của hai điểm cực trị là tâm đối xứng I(1, 0).
Tứ giác AMBN là hình thoi
⇔
MN là đường trung trực của AB
⇔
d vuông góc với AB tại I.
AB
( 2; -4) là VTPT của d hay:
n

( 1,-2) cũng là VTPT của d.
Vậy d: 1( x – 1) – 2(y – 0) = 0
⇔
d: x – 2y – 1 = 0 .
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ.
Câu 2: 2 điểm
1/ Giải phương trình: 2sin(x +
4
π
).cos(x +
6
π
) + cos2x = 0 (2.1).
Ta có: cos2x = sin(2x +
)
2
π
= 2sin (x +
4
π
).cos(x +

4
π
). Từ đó:
(2.1)
⇔
2sin (x +
4
π
). cos(x +
6
π
) + 2sin (x +
4
π
).cos(x +
4
π
) = 0

⇔
2sin (x +
4
π
).[ cos(x +
6
π
) + cos(x +
4
π
)] = 0


⇔
4sin (x +
4
π
).cos (x +
24
5
π
).cos
24
π
= 0
⇔






=+
=+
0)
24
5
cos(
0)
4
sin(
π

π
x
x
⇔






+=+
=+
π
ππ
π
π
kx
kx
224
5
4
.
Vậy nghiệm của phương trình là:






+=

+−=
π
π
π
π
kx
kx
24
7
4
( k
)Z∈
.
2/ Giải hệ phương trình:





++=+
−−−++=−−+−+
1)53(log
24463331
2
22
yxyx
yxxyyxyxyx
.
Đặt x + y = t. Phương trình thứ nhất trở thành:
24331

2
−−=−+− tttt
(đ/k: t
∈
[1;3]).

⇔
443)13()11(
2
−−=−−+−− tttt
⇔
13
2
11
2
+−
−
−
+−
−
t
t
t
t
=(t – 2)(3t + 2)

⇔
(t – 2).[ 3t + (2 -
11
1

+−t
) +
13
1
+− t
] = 0
⇔
t – 2 = 0
⇔
t = 2
( Biểu thức trong ngoặc vuông dương với mọi t
∈
[1;3] ).
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0.25 đ

1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
=======================================
Trang 2 / 4 ĐỀ SỐ 1- />Với t = 2 tức là x + y = 2
⇔
y = 2 – x . Thế vào phương trình thứ hai của hệ được:
log
2
( 10 – 2x) = 3

⇔
10 – 2x = 8
⇔
x = 1 suy ra y =1.
Vậy hệ có một nghiệm: (x; y) = (1;1). 0,25 đ
Câu 3: 1 điểm
Tính tích phân: I =
∫
−
+
−
0
1
22
2
)1(
)1(
dx
x
x
.
Đặt: x = tant với t
)
2
;
2
(
ππ
−∈
. Ta có: dx =

t
dt
2
cos
; Đổi cận: x = -1 thì t =
4
π
−
; x =0 thì t =0.
I =
∫∫∫
−−−
−=−=
−
0
4
0
4
22
0
4
2
4
2
.2cos)1(tancos
cos
.
cos
1
1tan

πππ
dttdttt
t
dt
t
t
=
2
1
|2sin
2
1
0
4
−=−
−
π
t
.
Lưu ý: Không chia cả tử và mẫu cho x
2
vì x = 0 thuộc tập xác định của hàm số lấy tích phân.
0,5 đ
0,5 đ
Câu 4 :
1/ Gọi H là trung điểm của AC.
Ta có: NH// SA
⇒
NH
⊥

(ABC) và NH =a.
S
MBC
=
2
1
BM.BC =
2
3
2
a
.
Thể tích khối tứ diện BCNM là:
V
N.BCM
=
BCM
SNH
3
1
=
6
3
a
3
(đ.v.tt).
2/ Gọi L là trung điểm của SA. Ta có LM// SB.
⇒
mp( LMC) // SB. Từ đó:
d( SB, CM) = d( SB , (LMC)) = d(B, (LMC))

= d( A, (LMC)). ( Vì M là trung điểm AB).
Hạ AI
⊥
CM
⇒
CI
⊥
(LAI). Hạ AK
⊥
LI.
Ta có: AK
⊥
(LMC)
⇒
d(A, (LMC)) = AK.
.
∆
IMA đồng dạng với
∆
BMC nên:
MC
MA
BC
IA
=
⇒
IA =
2
3a
⇒

LI =
2
7a
⇒
AK =
LI
AIAL.
=
7
21a
. Vậy: d (SB, CM) =
7
21a
.
Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ với B
≡
O(0;0;0) và A(2a;0;0)
∈
Ox, C(0; a
3
;0)
∈
Oy. Khi đó:
S (2a;0;2a); M là trung điểm của AB
⇒
M( a;0;0); …
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
Câu 5: Tìm GTNN? 1 điểm
Ta có: P = ( x +
y
1
)
2
+ 11( x +
y
1
) +
y
x
1
3
+
. Đặt:
t
= x +
y
1
> 0. Ta có:
P =
t
2
+ 11
t
+
t
3

= (
t
–
2
1
)
2
+ (12
t
+
t
3
) –
4
1
t
t
3
.122≥
–
4
1
=
4
47
. Đẳng thức xảy ra khi t =
2
1
.
Giải hệ:








=+
=+
2
11
4
17
y
x
yx
được: x =
4
1
và y = 4. Vậy: min P =
4
47
đạt được khi x =
4
1
và y = 4.
Cách 2: P’ = 2
t
+ 11 –
2

3
t
= 0 khi t =
2
1
. Lập bảng biến thiên suy ra kết quả.
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
=======================================
Trang 3 / 4 ĐỀ SỐ 1- /> S

a

N
L

a
K H
A C
a
a
3
I M a
B

Câu 6: 2 điểm
1/ Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C?
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy
ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành

⇒
M là trung điểm của A’H
⇒
KMAH


.2=
= 2(
)
8
5
;
2
5
−
= (-5;
4
5
).
Từ đó xác định được: A( -2;1).
Ta có: R = KA = KB = KC =
8
697
là bán kính vòng tròn ngoại tiếp ABC.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x
2
+( y –
8
29
)

2
=
64
697
hay x
2
+ y
2
–
4
29
y +
4
9
= 0.
Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0.
Hệ phương trình tọa độ B, C là:



==
==
⇔





=+−+
=−−

1;2
5;3
0
4
9
4
29
074
22
yx
yx
yyx
yx
.Vì x
B
>x
C
nên B(3;5), C(2;1).
Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1).
2/ Xác định tọa độ M?
Cách 1: Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và d
1
; (Q) là mặt phẳng đi qua A và d
2
.
Nếu điểm M tồn tại thì M là giao của 3 mặt phẳng: (P), (Q) và (Oxy).
Lập PTTQ (P): 3x – 7y – 7z + 20 = 0. PTTQ (Q): 13x – 7y – 17z + 10 = 0.
Hệ phương trình tọa độ M:






=
=+−−
=+−−
0
01017713
020773
z
zyx
zyx

⇔







=
=
=
0
7
23
1
z
y

x

⇔
M(1;
).0;
7
23
Chứng tỏ AM cắt d
1
và d
2
được thỏa mãn. Vậy: M(1;
).0;
7
23
Cách 2: Gọi B,C lần lượt là giao điểm của AM với d
1
và d
2
.
B( 5+7t
1
; 6+t
2
; -1 +2t
1
) và C(5t
2
; -1 +2t
2

; 1 + 3t
2
).
Căn cứ vào điều kiện 2 véc tơ
BA

,
CA

cùng phương để lập được hệ 2 phương trình 2 ẩn t
1
, t
2
.
Giải hệ tìm được t
1
, t
2
. Từ đó lập được phương trình đường thẳng AM suy ra M.
1 điểm
0,25 đ.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1 điểm
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 7: 1 điểm
Ta có: (1 – i )

4
= [(1 –i)
2
]
2
= (-2i)
2
= - 4; (1+
3
i)
4
= [(1+
3
i)
2
]
2
= ( -2 + 2
3
i)
2
= - 8 - 8
3
i.
Từ đó: z =
8
31
)31(2
1 i
i

−
=
+
. Vậy: |z| =
4
1
64
3
64
1
=+
.
0,5 đ
0,5 đ
=======================================
Trang 4 / 4 ĐỀ SỐ 1- />