ĐỀ SỐ 1:
SỞ GD&DT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )
NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011
MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ (C
m
); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3.
2. Xác đònh m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao
cho các tiếp tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu 2: 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

− − =


− + − =

1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a.
1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm
của nó trùng
với gốc tọa độ O.
2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x +
==
−
và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0.
Câu 7a. . Giải phương trình sau trong C: Z
3
- 2Z
2
+ 8Z – 16 = 0
2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b.
1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho
qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60

=

Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn
vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
).
Câu 7b. Giải phương trình sau trong C: Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
1
Het
www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I. PHẦN CHUNG:
Câu 1: : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m

m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =

2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠

∆ = − >


+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E
+ 2m) = 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D

cosx = – cos3x.
2
⇔ cos
π
 
− =−
 
 
x cos3x
3
⇔ cos
π
 
− = π−
 
 
x cos( 3x)
3
⇔
π π

= +

∈

π

= + π

k


2 2
1
( ) 0
2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
 
+
 ÷
⇔ − + + + =
 ÷
− + −
+ + =
 
⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có:
2 2
91 2x x x+ = − +

2 2
91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + −
2
2
9 3
( 3)( 3)
2 1

−
−
 
= = =
 
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8
2/3
1/ 3
3
x
e 2
b
e 2
e dx du 1
u
3
u
e 2

 
− −
 
b 2/3
3

° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
° AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
° SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
° Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
3
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
4ab ≤ (a + b)

Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
và
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
Vậy
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
 
≤ + + =
 ÷
 
Vậy MaxP =
2009
4

° Đặt
0 1
M M u=
uuuuuur
r
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác
0 1
AM M
0 1
2
0
AM M
0 1
[AM ; u]
2.S
8a 24a 36
d(A; )
M M u 3
− +
⇒ ∆ = = =
uuuuur
r
r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2 2 2
2
2a
8a 24a 36
4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0

1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA

(0;-
7
)
2 (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2; 1; 0)
=
r
- (d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r

AB (3; 0; 4)= −
uuur
°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2
) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d

 
⇒ ⇔ ⇒
   
=
+ − + + =
⊥






uuuur r
uuuur r
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0

2 2
,(1)
1
x
y
x
+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số
(1)
.
2.
I
là giao điểm hai tiệm cận của
( )C
, đường thẳng
( )d
có phương trình:
2 5 0x y− + =
,
( )d
cắt
( )C
tại hai điểm
,A B
với
A

+
 
∫
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
C
cạnh
huyền bằng
3a
.
G
là trọng tâm tam giác
ABC
,
( )
SG ABC⊥
,
14
2
a
SB =
. Tính thể
tích hình chóp
.S ABC
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng

A
có
phương trình:
2 1 0x y+ + =
. Tìm tọa độ đỉnh
C
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư
của hình bình hành
ABCD
,
G
là trọng tâm của tam giác
BCD
. Tìm tọa độ của điểm
'G

đối xứng với
G
qua đường thẳng
BD
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình:
2

cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − −
,
D
là đỉnh thứ tư
của hình bình hành
ABCD
. Tìm tọa độ của điểm
M
thuộc trục cao sao cho thể tích khối
chóp
.M BCD
bằng 4.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
( )
2
4
1
4log 1 log 2
2
x
x + ≤
Hết www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn: Toán_ Khối D
6
Câu I.1
(1,0 đ)
Khảo sát hàm số
2 2

= +∞
= −∞

1x⇒ =
là tiệm cận đứng

( )
2
4
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−

Bảng biến thiên:
x
−∞

1

+∞
'y
+
0
||
−


d
x
+ +
=
−
( )
3
3;4
3,( )
x
A
x loai
=

⇔ ⇒

= −

Hệ số góc của IA là
3 1
1
4 2
k
−
= =
−
Tiếp tuyến có hệ số góc
' 1k = −
2
3

(1,0 đ)
Giải phương trình:
(1 cos2 )sin 2
2(sin3 sin )(1 sin )
1 sin
x x
x x x
x
+
= + +
−
,(1)
Đk:
sin 1x ≠
2 2
(1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x⇔ =
0,25
− ∞
+∞
2
2
7
2
cos 0
2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0
1
cos
2
2
2


⇔ =



= ± +


Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm:
2
2
2
2
3
x k
x k k Z
x k
π
π
π
π
π


=

−

= + ∈



− ≥ ≤ ≥



⇔ ⇔ =
 

≤ − ≥
+ ≥




≥

TH1:
3
0
x
x
≤ −


=

(2)⇒
đúng;
3
0

KL: nghiệm của (2) là
3
0
25
8
x
x
x


≤ −

=


≥


0,25
0,25
0,25
0,25
8
Câu III
(1,0 đ)
2
2
2
2
2

v
x x
F x x xdx dx
x
x x
x dx
x x
x x
x x C
x
 
= −
 ÷
+
 
= −
+

=

=


⇒
 
=


=


2 2
a a
CI IG= ⇒ =
Tam giác vuông
2
2 2 2
10
4
a
BIG BG BI IG⇒ = + =
2 2
2 2
14 10
4 4
a a
SG SB BG a= − = − =
3
1 1 1 3 3
. 3 . .
3 3 2 2 4
SABC ABC
a a
V S SG a a= = =
Kẻ
, ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥
2
2 2 2
3 3
;
2

Câu V
(1,0 đ)
Cho
, ,x y z
thuộc
[ ]
0;2
và
3x y z+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
A x y z= + +
Giả sử:
[ ]
3 3 1 1;2x y z x y z z z z≤ ≤ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈
Lại có:

( )
2 2 2
2
2 2
( ) ,(*)
3 2 6 9
x y x y
A z z z z
+ ≤ +
⇒ ≤ − + = − +
Xét
[ ]
2

Câu
AVI.1
(1,0 đ)
AB đi qua M nhận
(3, 3)MI = −
uuur
làm vtpt nên có pt:
3 0x y− + =
Tọa độ A là nghiệm của hệ :
3 0
4 5
;
2 1 0
3 3
x y
A
x y
− + =

−
 
⇒

 ÷
+ + =
 

( 1;2)M −
là trung điểm của AB nên
2 7

IB IC IB IC t t
t C B
t
−

= +

−

 
⇒ + +

 ÷
 

= +


       
= ⇒ = ⇒ − + + = +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
= ≡


⇒

=

Vậy

5 1
1
7 2
x t
BH tBD y t
z t
= −


⇒ = ⇒ = − +


= − +

uuur uuur

( )
( )
8 11
5 ;1 ; 7 ; 5; 1; 7
3 3
8 11
5 5 1 7 7 0
3 3
8 5 7 26
; ;
15 3 15 15
5 14 9
' ; ;
3 15 5

(1,0 đ)
Giải phương trình:
2
9 3 3
log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + +
,(*)
Đk:
4 4
1
x
x
− < <


≠

(*)
( )
2 2
3 3
log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = −
0,25
0,25
0,25
10
2
2
1 4
1 61
15 0


=




− − =


vậy (*) có 2 nghiệm
1 61
2
x
− +
=
và
1 69
2
x
−
=
0,25
Câu
B.VI.1
(1,0 đ)
Gọi H là hình chiếu của B trên
( )
5 2
: 5 2 ;
x t

( )
/ / 2 4;3MA MC a C⇒ = − ⇒
uuur uuuur
Vậy
: 8 20 0BC x y− + =
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VI.2
(1,0 đ)
( )
4;0; 5D −
( )
( )
( )
0;0;
1
,
6
(3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7
1; 1, 2
29
1
7
4 7 5 4
19
6
7

Vậy
29
0;0;
7
M
 
 ÷
 
hoặc
19
0;0;
7
M
−
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
B.VII
(1,0 đ)
Giải bất phương trình:
( )
2
4
1
4log 1 log 2

⇒ ≤
− +
⇔ ≤
⇔ ≤ − + >
⇔ < <
Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm
0 1x
< <
0,25
0,25
0,25
0,25
11
ĐỀ SỐ 3:
Sở Gíao dục & Đào tạo
tỉnh Vĩnh Phúc
Trường THPT Xuân Hoà
KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MÔN Toán; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm 01 trang
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
4 2 2
2 1 (1)y x m x= + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai
điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

. Tính diện tích mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện SABC.
Câu V (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong phần ( phần A hoặc phần
B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất
( 3;0)−
và
đi qua điểm
4 33
(1; )
5
M
. Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
2. Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x

Câu Đáp án Điểm
I 1. (1, 0 điểm). Khảo sát….
Với m=1, hàm số trở thành:
4 2
2 1y x x= + +
* Tập xác định: R
* Sự biến thiên
+
3 2
' 4 4 4 ( 1) ' 0 0y x x x x y x= + = + ⇒ = ⇔ =
0, 25
Ta có:
' 0 0; ' 0 0y x y x> ⇔ > < ⇔ <
Hàm số nghịch biến trong khoảng
( )
;0−∞
và đồng biến trong khoảng
( )
0;+∞
; đạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1
0, 25
+ Giới hạn:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
Bảng biến thiên:
x
−∞

3 2
0
2 1 0(**)
x
x m x
=


+ − =

Phương trình (*) có một
nghiệm
x = 0
0,25
Ta sẽ đi chứng minh phương trình:
3 2
2 1 0x m x+ − =
(**) có đúng một
nghiệm khác 0 với mọi giá trị m
* Nếu m=0 thì pt(**) trở thành:
3
1 0 1x x− = ⇔ = ⇒
pt(*) có đúng 2
nghiệm.
0,25
• Nếu
0m ≠
, Xét hàm số
3 2
( ) 2 1f x x m x= + −

(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )
2sin 2 .cos2 2cos 2 4(cos sin )
(cos sin )(cos2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0
(cos sin ) (cos sin )(cos2 sin 2 ) 2 0 (2)
x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
⇔ = + + −
⇔ = − −
⇔ − − − − =
⇔ − + − − =
0,25
Xét hai khả năng xảy ra cho (2):
* TH1:
cos sin 0 tan 1
4
x x x x k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = +
0,25
* TH2:
(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0
2cos(2 ).cos( ) 2 0
4 4
cos3 cos( ) 2 (*)
2
x x x x
x x

3 6
2
x m
π
π
⇔ = − +
Lúc đó:
3
cos3 cos( 6 ) 0
2
x m
π
π
= − + =
( Vô lý với (3))
Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm:
4
x k
π
π
= +
0,25.
14
S
A
C
B
2.(1, 0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3
2 2

16 5 (3)
x
x xy
=

⇔

− =

+) x = 0 thay vào (2) ta được
2y = ±
+)
0x ≠
, pt (3)
2
16
5
x
y
x
−
⇔ =
thay vào (2) ta được:
4 2 2
124 132 256 0 1x x x+ − = ⇔ =

0,5
• Nếu x = 1 thì y = -3
• Nếu x =-1 thì y = 3.
Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3).

+
=
0,5

2
0
2sin sin
lim( ) 2 1 3
.cos
x
x x
I
x x x
→
= + = + =
0,5
IV
(1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Từ giả thiết suy ra
ABC
∆

vuông tại C kết hợp với
( )d SAC⊥
.
Suy ra
( )BC SAC⊥
Do đó
·
0

R a
π π
= =
(Đ.V.D.T)
0,25
V
(1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
Tập xác định của hàm số là R.
Ta có:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=

Vậy Minf(x) = 2 khi x =1
0,25
Vi.a
1.(1 điểm): Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
(E) có tiêu điểm
1
( 3;0)F −
nên
3c =
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(a>b>0)
0,25
Ta có:
4 33
(1; )
5
M
2 2
1 528
( ) 1(1)
25
E
a b
∈ ⇒ + =

.
Ta có PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
⇔ + = +
.
0,25
Chia cả hai vế cho
3
2 0
x
>
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     
. 0,25
Đặt
3
2
x
t
 

2
t
=
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
 
= ⇔ =
 ÷
 
. KL: Nghiệm PT là
1x
=
.
0,25
ViIa
(1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác
0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Từ giả thiết bài toán ta có
6
2
4
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không
có số 0) và
10

5
. 0 2 5 0
2
AB AC c b O b= = +
uuur uuur
0,25
2 2 2
1 1
. ( 2) 1. 2 ( 1)
2 2
ABC
S AB AC b c

= = + +
2 2
( 2) 1 4 5b b b= + = +
0,5
Do
max
5
0
2
b S
khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5).
0,25
2.(1 im): Cú bao nhiờu s t nhiờn cú 5 ch s khỏc nhau v khỏc 0 m
trong mi s luụn cú mt hai ch s chn v hai ch s l
T gi thit bi toỏn ta thy cú
10
2

960!4
3
5
1
4
=
CC
. Vy cú tt c 12000 960 = 11040 s tho món
YCBT.
0,5
VII.
b
(1 im): Tỡm m hm s:
2
1mx
y
x

=
cú hai im cc tr A, B v on AB
ngn nht.
Ta cú:
2
2
1
'
mx
y
x
+

2
4
2 .16 16AB m
m
=

( khụng i).
1
4
2
4 16( )
1
2
m
AB m
m
m

=

= =



=


Kt hp vi iu kin (*) ta c
1
2

6 6
4(sin cos ) 6.cos2 2.cos 4
0
sin 2
x x x x
x
+ +
=
2) Giải hệ phơng trình sau:
2 2
8 2 2 3 2
x y
y x
x y y

+ = +



+ + =


3) Giải phơng trình :
2
2x 3
x 2
x
3 .4 18



B. Phần tự chọn ( 3,0 điểm)
1. Theo ch ơng trình chuẩn:
Câu VI.a ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đ-
ờng
chéo BD có phơng trình: y - 3 = 0. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình
vuông đó.
2) Trong không gian Oxyz cho (P): 3x - 2y - 3z - 7 = 0 và
x 2 y 4 z 1
d :
3 2 2
+
= =

.
Viết phơng trình đờng thẳng

đi qua A(-1; 0; 1), song song với mặt phẳng (P)
và cắt
đờng thẳng d.
Câu VII.a (1đ): Tính tổng sau:
2 4 6 2010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C

= + + + +

+ +
= =
Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d
3
và cắt d
1
, d
2
.
Câu VII.b ( 1đ): Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng.
Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi.
a) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi cùng màu.
b) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi khác màu.
www.laisac.page.tl
ĐáP áN
Câu I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( trình bày theo chơng trình cơ
bản)
a) Tập xác định: D = R \ {-1}
b) Sự biến thiên
. Chiều biến thiên:
{ }
2 2
( 1) ( 2) 3
' 0 \ 1
( 1) ( 1)
x x
y x R
x x
+

x
+ +



= =
ữ
+

;
( 1) ( 1)
2
lim lim
1
x x
x
y
x




= = +
ữ
+

=> đờng thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
. Bảng biến thiên:
x
-

x

=
+
và x
0
-1)
Gọi d
1
là phơng trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0
Gọi d
2
là phơng trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0
Ta có:
1
( ; ) 0
1
M d
d x= +
;
2
( ; ) 0
1
M d
d y=
Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là:
1 2
0
( , ) ( , ) 0
0


0 0
2
0
0 0
1 3 3 1
( 1) 3
1 3 3 1
x x
x
x x

+ = =
+ =

+ = = Với: .
0 0
3 1 1 3x y= =
.
0 0
3 1 1 3x y= = +
Vậy có 2 điểm M (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:
( )
1
1 3;1 3M +
và
( )

cos2 1 sin 2 0 ( )
1
cos2 ( )
7
x x L
x TM
= =




=


20
.
1
2 arccos 2
7
1
cos2
7
1
2 arccos 2
7
x k
x
x k




= +
ữ

và
1 1
arccos
2 7
x k


= +
ữ

( )k Z
2) Giải hệ phơng trình sau:
2 2
(1)
8 2 2 3 2 (2)
x y
y x
x y y

+ = +



+ + =

*

t
= + >
=> Hàm số đồng biến trên D
( ) ( )
;0 0; +U
.
Mà
(*) ( ) ( )f x f y x y = =
thế vào PT (2) ta có:
8 2 2 3 2x x x+ + =
điều kiện
2
3
x
8 3 2 2 2x x x + = + +
8 5 2 (3 2)(2 2)x x x x + = + +
8 4 2 (3 2)(2 2)x x x = +
4 2 (3 2)(2 2)x x x = +
2
2 2
2
2 4 0
2
3
(3 2)(2 2) (4 2 )
6 2 4 16 16 4
x
x
x x x
x x x x

=


+ =



=


Vậy ta có :
1
1
x
y
=


=

=>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1).
3). Điều kiện: x 0.
Ta có:
2 2

+ 2x + 3log
3
2) = 0
21

2
3
x 2 = 0
2 ( )
x 2x 3log 2=0 (VN)
x tm


=

+ +

.
Câu III:
2
2
1
1
ln
4 ln
e
I x dx
x x

= +

=
ữ



Đặt u = lnx => du =
dx
x
Khi x = 1 thì u = 0; Khi x = e thì u = 1

1
1
2
0
4
du
I
u
=


Đặt u = 2sint => du = 2costdt
Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t =
6


6 6 6
1
2
0 0 0

ln
dx
du x
u x
x
dv du
v x


=
=



=


=


2
2
1
.ln .2ln .
1
e
e
dx
I x x x x
x


=


2
2
1
.ln 2 .ln 2
1 1
e
e e
dx
I x x x x x
x
= +


2
.ln 2 ln 2
1 1 1
e e e
x x x x x= +

= e - 2e + 2e - 2 =
e - 2
Vậy:
1 2
2
6
I I I e

B'
C
M
60
0
a
a
Do G là trọng tâm ABC
2 2
3 3
a
AG AM = =
Xét A'AG ta có:
0 0
' 2 6
tan 60 ' .tan 60 3.
3 3
A G a a
A G AG
AG
= = = =
2 3
. ' ' '
6 6
. ' .
2 3 6
ABC A B C ABC
a a a
V S A G




+ + + =


Đặt
1 ; 2 ( 0; 0)u x v y u v= + = +
Ta có hệ phơng trình:
( )
( )
2
2 2
2
2 3
33
1
3
3
3
2 9
a
u v
u v uv a
u v a
a
a
u v a
u v
uv a



+ =
ữ
ữ (*)
Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t
1
, t
2
không âm
2
2
0 18 54 0
9 3 21
0 0 9 3 15
2
0
9 27 0
a a
S a a
P
a a

+ +

+



.
Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính
R= AI = 2 nên có phơng trình:
( ) ( )
2 2
4 3 4x y + =
Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình:

( ) ( ) ( )
2 2 2
3
3 3
6
4 3 4 4 4
2
y
y y
x
x y x
x
=

= =



=


+ = =

P
AB n =
uuur uur
3(3 + 3t) - 2(-4 - 2t) - 3(2t) = 0
9 + 9t + 8 + 4t - 6t = 0
7t = -17
17
7
t =
Lúc đó
30 6 34 2
; ; ( 15;3; 17)
7 7 7 7
AB


= =
ữ

uuur
Vậy () có PT:
1 1
15 3 17
x y z+
= =

Câu VII.a (1đ):
2 4 6 1010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010


2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
(1 ) (1 )
. .
2
x x
C x C x C x C x
+
= + + + +
(1)
Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc:
( )
2 2
2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
1 1
(1 ) (1 )
.
2
x x
dx C x C x C x C x dx
+
= + + + +2011 2011
1 2 3 4 2009 2010


= + + +
Vậy:
2011 2011
3 2 1
4022
S

=
.
2. Theo ch ơng trình nâng cao
Câu VI.b
1). Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là
(2;3)
d
n =
uur
Đờng thẳng đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a
2
+ b
2
0)
ax + by - (2a +b) = 0
() có vec tơ pháp tuyến
( ; )n a b

=
uur
Theo giả thiết thì góc giữa và d bằng 45
0

2 3
2
2
13.
a b
a b
+
=
+
2 2
26. 2 2 3a b a b + = +
26(a
2
+ b
2
) = 4(4a
2
+ 12ab + 9b
2
) 5a
2
- 24ab - 5b
2
= 0
2
5 24 5 0
a a
b b

=

b
=
chọn a = -1, b= 5 có phơng trình: -x + 5y - 3 = 0.
2).
Gọi A, B lần lợt là giao điểm của d với d
1
và d
2
=> A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b)
=>
(5 3 ;5 2 4 ;8 )AB b a b a b a= + +
uuur
Đờng thẳng d
3
có vectơ chỉ phơng là
3
(1;1;2)u =
uur
Ta có:
3
, (2 5 7 ;2 3 5 ; )AB u b a b a b a

= + + +

uuur uur
Vì
3 3
// , 0d d AB u

=

1 1 2
x y z
= =
Câu VII.b (1 điểm)
a) Gọi A là biến cố Chọn đợc 2 viên bi xanh
B là biến cố Chọn đợc 2 viên bi đỏ
C là biến cố Chọn đợc 2 viên bi vàng
Và H là biến cố Chọn đợc 2 viên cùng màu
Ta có:
H A B C=
và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. Vậy theo quy tắc
cộng xác suất ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
3
4 2
2 2 2
9 9 9
5
18
C
C C
P H P A B C P A P B P C
C C C
= = + + = + + =
b) Biến cố Chọn đợc hai viên bi khác màu chính là biến cố
H
. suy ra
( )