www.vietmaths.com
www.vietmaths.com
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A
Thi thử thứ năm hàng tuần.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số y =  x
3
 3x
2
+ mx + 4, trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ).
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3
(2cos
2
x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
2. Giải phương trình:
2
2 4 1
2
log (x 2) log (x 5) log 8 0
    

Câu III. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e 1

 


  


 


Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
2
trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x
2
+ x – 1)
6

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm điểm M
thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:
x 1 y 1 z

– 3x
2
+ 4
Tập xác định: D =


Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên: y’ = – 3x
2
– 6x, y’ = 0 
x 2
x 0
 





y’ < 0 
x 2
x 0
 





y’ > 0  – 2 < x < 0
Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;  2) và (0 ; + )
+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0)


)

y’ = – 3x
2
– 6x + m

0,

x > 0
 3x
2
+ 6x  m,  x > 0 (*)
0,25
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x
2
+ 6x trên (0 ; +

) Từ đó ta được : (*)  m  0.

0,50
II
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Phương tr
ình

    





    





0,50
x
y

0

0
x
y'
y




2

0
0

 

0,50
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2
x 3x 2 0

  

     

  



Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:
x 6

và
3 17
x
2



0,50

3 3
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2
 
            
 
   
 
    

0,50
IV
(1,0
điểm)
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD).
0,50
Suy ra: + OG = IH =
a
2
, trong đó H là trung điểm của AB.
+ Tam giác OGA vuông tại G.

0,25

2
+ y
2
– xy  xy x, y 


Do đó : x
3
+ y
3
 xy(x + y) x, y > 0 hay
2 2
x y
x y
y x
  
x, y > 0
0,50
Tương tự, ta có :
2 2
y z
y z
z y
  
y, z > 0
2 2
z x
z x
x z
  

www.vietmaths.com
www.vietmaths.com
luôn k
ẻ

đư
ợ
c hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C).

Câu Đáp án ĐiểmXét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60
0



0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)


Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; 
7
) và (0 ;
7
)
0,25
2. (1,0 điểm)
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.
0,25
Vì H

d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;

1 + t ;

t).
Suy ra :
MH

= (2t  1 ;  2 + t ;  t)
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,

P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

          
0,25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x
2
chỉ xuất hiện khi khai triển
0 6
6
C (x 1)

và
1 2 5
6
C x (x 1)

.
0,25
Hệ số của x
2
trong khai triển
0 6
6
C (x 1)

là :
0 2

điểm)
1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a.
2. (1,0 điểm)
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.
0,25
d có phương trình tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
 


  


 


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

P =
0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10
5 5 5 5 5
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

          
0,25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x
3
chỉ xuất hiện khi khai triển
0 5
5
C (x 1)

và
1 2 4
5
C x (x 1)

.
0,25
Hệ số của x
3
trong khai triển
0 5
5
C (x 1)

là :


Đề này trích từ cuốn:
“Cấu trúc đề thi môn TOÁN, VẬT LÍ, HÓA HỌC, SINH HỌC
dùng để ôn thi tốt nghiệp và thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2010”
của Nhà xuất bản giáo dục
Tôi gửi lên cho các thầy cô và học sinh tham khảo.