ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =


− = −


.
2.Giải phương trình sau:

a
.
Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông
góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:
2 1

. Tính giá trị của biểu
thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết x
C
>0)
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox
tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:



+=+
+=+
yyxx
xyyx
222
222

' 0
( 1)
y
x
= >
+
với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)
1
2
Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0
0
2 1

0
1
x 1.
1x
+
+
=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và M(-2;3)
0,5
0,5
II
1
( )
6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x
+ =
Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x

cos x x x cos x
= =
+ = =

Giải (2) :
12
( )
5
12
x k
k Z
x k


= +





= +


; Giải (3)
4
( )
7

Đề Số 2
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ) : 1
9 4
x y

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu NỘI DUNG Điêm
I
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt

2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nhiệm phân biệt

1 0, m⇔ ∆ = > ∀

05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m


2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =

= − +

⇔ + ⇔


+


Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và

x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
05
II
III
IV
VIa
VIIa
VIb
VIIb
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x

x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0

,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC⊥
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =

= − + + −
= − + − +
025

2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
025
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x

4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
025
Vì

Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =

2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
05
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +

x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−
Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng
D
được giới hạn bởi các đường
( )
ln 2x
y
x
+
=
,
0y =
,
1x =
và
x e=

1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh
( )
3; 1C −

và phương trình của cạnh huyền là
3 10 0x y− + =
2.Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − =
và các đường thẳng:
1 3
:
1
2 1 2
x y z
d
− −
= =
−
,
5 5

n n
n n n n n
C C C n C nC n
−
+ + + + − + =L

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và
giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2.Cho hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt có phương trình:
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d
− − −
= =

2
1 2 1
: ,
2 1 4

n
− + + + − =
+
ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG
1
+ Tập xác định D = R
+ Sự biến thiên
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= − = ⇔

=

0,25đ
Hàm đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
Hàm số nghịch biến trên
( )

Điểm uốn (1;0)
Bảng biến thiên (0,25)
x
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
2
+∞
−∞
-2
Đồ thị (0,25)
0,5
2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
: 2 2 0x y∆ + − =
0,25
Tâm của đường tròn
( , 1)I m m +
, bán kính R=
5
0,25
Theo giả thiết ta có
2 1 2
5 3 1 5
5
m m
m
+ + −

4
2
3 1 2 3 2
sin 2
x x
x
+ + − =tan cot
2 2
2(sin cos )
2
3 3 2
sin cos
x x
x x
x x
+
⇔ + − =tan cotg
2
3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan
0,5
3x = −tan
3
x k
π
⇔ = − + π

1
3
x =tan
6

7
2
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
=




0,5
Đối chiếu điều kiện ta có
7
2
x =
0,25
Câu
III
1đ
Gọi V là thể tich cần tìm.
( )
2
2
1
ln 2x
V dx
x
π







0,5
Suy ra V=
( ) ( )
1 1
1
1 1 3 1 1 1
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2 2 2
e
e e
dx
x e x
x x e
π π π κ π
   
− + + + = − + + +
 ÷  ÷
   
∫

( )
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2

2 4
= =
AB I
S AI AB a
.
2
3
4
ABC
S a=
Gọi
α
là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu
vuông góc của tam giác AB’I suy ra
'
10 3
cos cos
4 4
A BI ABC
S S
α α
= ⇔ =
3
cos
10
α
⇔ =
Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ)
Tính ra cosin đựoc 0,25
Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng

2
2 2
1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =

1
3
xy
−
⇒ ≥
( )
2
2 2
1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + =
1xy⇒ ≤
suy ra
1
;1
3
t ∈ −
 
 
 
0,25
Ta tìm max, min của f(t) trên
1
;1
3
−
 
 

( )
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
−
   
= = − =
 ÷  ÷
   
0,25
Suy ra
37
( )
27
Max f t =
khi
1
3
t =
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
x y= + = −
0,25
( ) 1Minf t = −
khi
1t =
suy ra

⇔

= −

0,25
Với t = -1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)A B− − −
0,25
Với t = -5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)B A− − −
0,25
A'
B'
C'
B
A
C
I
A
B
C
H
2

1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + −

2 2 2 2
(3 5,4 , 2 5)B d B t t t∈ ⇒ + −
2 1 2 1 2 1


=

0,25
Với
1 2
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
−
 
= − ⇒ = ⇒ − −
 ÷
 
0,25
1 2
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
− − −
 
= ⇒ = ⇒ −
 ÷
 
0,25
Câu VIIa
1 đ
Xét khai triển

+ + + + − + =L
1 1
64 2 64 2 7
n n
n n
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
0,25
( )
7
7
7
7
4 4
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑

Câu
VIb
2 đ
1
phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB.
5AB =
4 1
ABCD ABI ABI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
AB h h⇔ = ⇔ =
0,25
Gọi toạ độ diểm I là
( )
0 0
,I x y
ta có hệ

0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2

Do I là trung điểm AC và BD nên
Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25
Với I(
1
;
3
−
4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc
2 8
;

2
−=
→
d
u

( )
1 2
, 7; 2; 4
d d
u u
 
= − −
 
uur uuur
chọn
( )
1 2
, 7; 2; 4
p d d
n u u
 
= = − −
 
uur uur uuur
0,25
I
D
C
A

0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =
+
∫
0,25
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( ( 1) ) ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
− + − + − = − + + + − =
+

7 5
12
.2 25344C =
0,25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − =
. Viết phương trình
đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài
bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài
đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2− + =
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + =

3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-6x=0
0
2
x
x
=

⇔

=

Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
0,25 đ
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-
∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)

y

=

= −


⇔
 
= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II
1
Giải phương trình:

hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=0;x=3

6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+
 ÷
 
=
+
∫ ∫

t
+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
IV
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC

+
+ + ≥ =
+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =

Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng
cách từ tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −


= −


= −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh
AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:
( )

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur
0,25 đ
0,25 đ

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
= = =


= + + = =



z i
z i
= +

=>

=

0,25
0,25
0,25
0,25
THI TH I HC MễN TOAN NM 2011-2012
ờ S 5
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8

1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng
cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a
2009
+ b
2009
+ c
2009
= 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = a
4
+ b
4
+ c
4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn

iz
iz
=







+
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đờng thẳng d có
phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2.Cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình
3
1
12
1

==

zyx
. Lập phơng trình mặt

)2;(
và
);2( +
0,25
+Bảng biến thiên
x

-2
+
y + +

+
2
y
2

0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1

;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y
A
= m x
A
; y
B
= m x
B
nên AB
2
= (x
A
x
B
)
2
+ (y
A
y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
suy ra AB ngắn nhất AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó

2
kx +=
0,5
2. (1 điểm)
ĐK:




>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
> xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)

43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25




<<
<

168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:

dt

+
=
+
=
+
==
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt

CBAAH
nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết
thì góc
HAA
1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1

=30
0

nên
)(
111
HAACB

0,5

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và
B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA

444200920092009
cba
cbacba
++
+++++
Từ đó suy ra
3
444
++= cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
0,5
Câu
VIa
1.Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23= IA

0,5



=
=
==


7
5

vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

==


7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0

3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
=CC
. Vậy có
tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
THI TH I HC MễN TOAN NM 2011-2012
ờ S 6
phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
+= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
1. Giải hệ phơng trình:



=++





+

xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân

++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với
AA, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
32
1
32
1
32

và mặt phẳng (

) có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0. Viết phơng trình
mặt phẳng (

) song song với (

) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x








+
4
2
1
, biết rằng
n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560

C
là số tổ hợp chập k của n
phần tử)
Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x + 2y - 7= 0 và tam
giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và

điểm C thuộc d
2
. Viết phơng trình đờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và
mặt phẳng (P): x y z 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
222
MCMBMA ++
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình



+=
+=+
+
+

- 6x, y' = 0

x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -

0 2 +

y' + 0 - 0 +
0,50
y
4 +

-

0
- Hàm số đồng biến trên (-

; 0) và (2; +

), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2

Hệ phơng trình tơng đơng với







=+
+
=++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
0,25
Đặt
2yxv,
y
1x
u
2
+=
+
=

0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin







+




















=







+








0,25
x
y
-1
2
O
4