Đề Thi Thử Đại Học
Năm 2011
Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
3 2 3
3 4
y 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 2sin2
2 3 2(cotg 1)
sin2
cos
x
x
x
x

   
.
2. Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2

. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2.
Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay
sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.
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

2
 6x = 0  x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x  6 = 0  x = 1
0.25

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x
x
 
 
    
 


Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.
0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m
3
), B(2m; 0) 
3
(2 ; 4 )
AB m m
 


0.25

0
x
4
+
∞
∞

+
+


 







0.25

Giải ra ta có:
2
2
m   ; m = 0
0.25Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m  2/. Đk:
2
x k

 0.25


3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x
x k



   
 








  






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
.
0.25

Hàm số f(u) = u

0.25

1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là: 1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
 


   


 


Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)().
0.25

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

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
25 25
3 3 3 3 3 3
vµ x y z x y z
           
           
           
           

0.25

III
2/. Đường thẳng () có VTCP
( 1;2;1)
u  

; PTTQ:
2 1 0
2 0
x y
x z
  


  


0.25

2 2
|3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn
  
 

0.25

 m
2
+ 2mn + n
2
= 0  (m + n)
2
= 0  m = n.
Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0
0.25

IV
1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4

0.25

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
2 2
4 2

 
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
       
 
  
 

0.252 2 2
9 9
3
3
P
xy yz zx
x y z
  
  
  

0.25


9 3

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  

 Đường thẳng đã cho có phương trình:
2 2 3
4 0 4 0
3
3
A
Ax y A x y
      

0.25

V
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:
2 3
4 0
3
x y
  

 
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
k k i k i
k
k i
C C x C C x x
x
C C x

   
   
 
 