TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
3 2 3
3 4y x mx m= − +
(m là tham số) có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (C
m
) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường
thẳng y = x.
Câu 2 (2.0 điểm ) :
1. Giải phương trình:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
sin 2
cos
x
x
x
x
+
+ − = +
.
2. Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2

2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
Câu 5 (2.0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip
(E):
2 2
1
8 6
x y
+ =
và parabol (P): y
2
= 12x.
2. Tìm hệ số của số hạng chứa x
8
trong khai triển Newton:
12
4

CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x
x
→±∞ →±∞
 
= − + = ±∞
 ÷
 
0.25
LËp BBT:
0.25
§å thÞ:
0.25
2/. Ta có: y’ = 3x
2
− 6mx = 0 ⇔
0

+
0
0
y’
−∞
2
+∞
y
0
x
y
O
3
3
2 4 0
2
m m
m m

− =

⇔

=


Giải ra ta có:
2
2
m = ±

x x
x x
x x
x x
+ + − =
+
⇔ + − =
⇔ + − =
0.25
⇔
3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x
x k
π


= − + π
= −


⇔


Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− ≥




0.25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2
= y
3
− 3y
2


x t
y t t R
z t
= −


= − + ∈


= +

0.25
Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:
| 2 1 2 4 2 2 | |6 5|
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
− + − − − − +
∆ = = =
⇔
2
3
7
3
t
t


0.25
2/. Đường thẳng (∆) có VTCP
( 1;2;1)u = −
r
; PTTQ:
2 1 0
2 0
x y
x z
+ + =


+ − =

Mặt phẳng (P) có VTPT
(2; 1; 2)n = − −
r
0.25
Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là:
| 2 2 2 | 6
sin
3
3. 6
− − −
α = =
⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là
6 3
cos 1
9 3
α = − =

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
2 2
4 2
0 1
(4 4)V x dx x dx
 
= π − −
 ÷
 ÷
 
∫ ∫
0.25
=
5
3
2 2
16 16
( 1)
0 1
5 3 15
x
x
 
π
π − − =
 ÷
 
0.5
2/. Ta có:
[ ]

3
2
khi x = y = z 0.25
V
1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
(∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A
2
+ 6B
2
= C
2
(1)
(∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B
2
= 4AC ⇔ 3B
2
= AC (2)
0.25
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A.
Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại)
0.25
Với C = 4A ⇒
2
3
A
B = ±

−
=
 
     
+ − = − + = − +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
∑
0.25
( )
12 12
12 4 12 4 4
12 12
0 0 0 0
12
12 4 5
12
0 0
1
( 1) ( 1)
( 1)
i
k k
k i
k k i k k i k i i
k k
k i k i
k