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
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
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:
1)12cos2(3cos2 =+xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+
=

yx
P
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:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈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 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1
1
3
4

2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5



+=
=
⇔=
1
0'
mx
mx

=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2 =
⇔
xx sin6sin =
0,25
⇔



+−=
+=
ππ
π

=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5=
,
Zt ∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
∈

PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2

∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=



+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln

)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒


suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Th tớch khi lng tr:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====

hay a
1

= ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
++++++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb ++
=






+
+






+
+
22


0,5
*Bõy gi ta ch cn chng minh:
0),,( ttaf
vi a+2t=3
Ta cú
134)(3),,(
2222
+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
+++ ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Du = xy ra
10&1
=====
cbacbt
(PCM)
0,5
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc:
1
22
=+ yxyx
.Tỡm giỏ tr ln
nht ,nh nht ca biu thc

2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2
≤≤−
+
++−
== t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh




−−=

)26( −f
,
)1(f
cho ra kÕt qu¶:
626)26( −=−= fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min =−= fP
0.25
Câu VIa 1 điểm
a) (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC −
0,5
Theo bài ra:
2),(.
2

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// −nOH
;
( )
H ABC∈
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( −H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
⇔
H là trung điểm của OO’
⇔
)
3
2
;
3

Đặt
zzt 2
2
+=
. Khi đó phương trình (8) trở thành

0103
2
=−− tt
0,25




±−=
±−=
⇒



=
−=
⇔
61
1
5
2
z
iz
t

d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9
3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
b) 1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2

⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
−>− xxx
1 điểm
Điều kiện:
0>x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3>x
BPT

x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có



=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>
x
0,25
* Với
4
<
x

2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0

3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1>x
:Ta có



=<
=>
0)1()(

>
10
4
x
x
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.