1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT TỨ KỲ
*****
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NGÀY 10 ­ 4 NĂM 2011
Môn TOÁN – Khối A, B, D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số 3 2
1 y x mx m= - + + (1) với m là tham số thực
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 3 m = .
2) Tìm các giá trị của tham số m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ 1 x = tiếp xúc với đường
tròn ( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 10 K x y+ + + =
Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình lượng giác sau:
sin cos
cos2 sin 2 cos 0
1 cot
x x
x x x
x
-
+ - =
-
( ) xÎ ¡
2) Giải hệ phương trình:
( )
2 2
1 3 3 1
3 4 4 2
x x x y x x y y
xy x y x
ì - + - + = + -ï
í
ï + = + +î
( ) , x y Ρ
Câu 3 (1 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị sau: sin 2 , cos , 0,
2
y x y x x x
p
= = = =
Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên ( ) ABCD
là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ACDD có độ dài
3
2
a
, góc giữa ( ) và SCD ( ) ABCD bằng 0
30 . Tính thể
tích khối chóp . S ABCD và xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC .
Câu 5 (1 điểm ): Cho ba số thực dương , , a b c . Chứng minh rằng: ( ) 3 3 3
3 3 3
1 1 1 3
2
a b b c c a
a b c
a b c c a b
+ + +æ ö æ ö
+ + + + ³ + +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần A hoặc B)
Phần A:
Câu 6a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có ( ) 2;6 A - , đỉnh B thuộc đường thẳng
: 2 6 0 d x y- + = . Gọi M, N lần lượt là hai điểm trên 2 cạnh BC, CD sao cho BM CN= . Biết AM cắt BN tại
2 14
;
5 5
I
æ ö
ç ÷
è ø
. Xác
định tọa độ đỉnh C.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
- + +
= =
-
và mặt phẳng
( ): 2 0 P x y z+ + + = . Lập phương trình đường thẳng D nằm trong mặt phẳng ( ) P , cắt d và tạo với d góc lớn nhất.
Câu 7a (1 điểm): Trên mặt phẳng tọa độ Oxy tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức ( ) ' 1 3 2 z i z= + + trong đó z là số
phức thỏa mãn 1 2 z - = .
Phần B:
Câu 6b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao xuất phát từ A là
1 :2 3 0 d x y- + = , phương trình đường phân giác trong góc C là 2 : 1 0 d x y+ + = . Biết ( ) 2;3 H là chân đường cao xuất phát từ
đỉnh B. Tìm tọa độ A, B, C.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2
: 1 2 3 16 S x y z- + - + - = và đường thẳng
3 2
:
2 1 2
x y z
d
- -
= =
-
. Lập phương trình mặt phẳng ( ) P chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính nhỏ
nhất.
Câu 7b (1 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 4
x trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức ( ) 2
1
n
x x+ + biết n là số tự
nhiên thỏa mãn
( )
( )
2
3 3 log 5 log 5 15 2 2
5 15 4 5 15
n n
n n n n
- -
- - + = - - .
­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­
Họ và tên thí sinh:…………………………………
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1) (1 điểm). Khảo sát hàm số 3 2
3 4 y x x= - +
* Tập xác định: D = ¡
2 0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=é
= - = Û ê =ë
0,25
* Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ) ( ) ;0 và 2;-¥ +¥ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2
* Điểm cực đại ( ) 0;4 , cực tiểu ( ) 2;0
0,25
* Bảng biến thiên:
x -¥ 0 2 +¥
' y – 0 – 0 –
y 4 +¥
-¥ 0
0,25
* Đồ thị: Điểm uốn ( ) 1;2 I
­3 ­2 ­1 1 2 3
­1
1
2
3
4
5
x
y
0,25
2) (1 điểm) Tìm m để....
Tiếp điểm là ( ) 1;2 M . Tiếp tuyến của đồ thị (1) tại M có phương trình
( )( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 3 2 2 1 0 y m x m x y m= - - + Û - - + - = D
Đường tròn ( ) K có tâm ( ) 1; 2 I - - , bán kính 10 R = .
0,5
1
(2điểm)
D tiếp xúc với đường tròn ( ) K ( )
( )
2
4
4 2
, 10 10 3
3 2 1 3
m m
d I
m m
é
- =êÛ D = Û = Û
ê
- + =êë
0,5
1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác...
ĐK: sin 0 và cot 1 x x¹ ¹
( ) 2
sin cos
PT cos 2 sin 2 cos 0 cos 2 sin 2 cos sin 0
sin cos
sin
cos 2 0
cos 2 2sin cos sin 0 cos 2 1 sin 0
sin 1
x x
x x x x x x x
x x
x
x
x x x x x x
x
-
Û + - = Û + - =
-
=é
Û + - = Û + = Û ê = -ë
0,5
* cos 2 0 ,
4 2
x x k k
p p
= Û = + Î ¢ * sin 1 2 ,
2
x x k k
p
p= - Û = - + ΢ 0,25
Đối chiếu với điều kiện loại được nghiệm rồi KL: 2 , và ,
2 4
x k k x m m
p p
p p= - + Î = - + ΢ ¢ 0,25
2
(2điểm)
2) (1 điểm). Giải hệ phương trình ...

3. Điều kiện: 1, 1 x y³ ³
PT thứ nhất ( )( ) 1 1 3 0 x y x x yÛ - - - + + - =
Nếu 1 x y> ³ thì VT 0> , nếu 1 x y£ < thì VT 0< x yÞ =
0,5
Thay y x= vào PT thứ hai ta được PT 3 2 4
3 4 3 4 0 1 1
3
x x x x x x- - + = Û = Ú = - Ú =
Đối chiếu với điều kiện ta được các nghiệm của PT là:
4
1,
3
x y x y= = = =
0,5
Tính diện tích......
PT sin 2 cos , 0;
2
x x x
pæ ö
= Îç ÷
è ø
có nghiệm duy nhất
6
x
p
= 0,25
Hình phẳng đã cho có diện tích
6 2 2
0 0
6
sin 2 cos sin 2 cos sin 2 cos S x x dx x x dx x x dx
pp p
p
= - = - + -ò ò ò 0,25
3
(1điểm)
( ) ( )
6 2 6 2
0 0
6 6
1 1 1
sin 2 cos sin 2 cos cos 2 sin cos2 sin
2 2 2
S x x dx x x dx x x x x
p p p p
pp
æ ö æ ö
= - + - = - - + - - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
ò ò (đvdt) 0, 5
Cho hình chóp....
a) Thể tích khối chóp . S ABCD .
Ta có: · · 0 1
cos ... 60
2
ADC ADC ADC= = Þ = Þ D đều.
3
2
a
HC AM= = và ( ) HC CD CD SHC^ Þ ^ Þ góc
giữa ( ) SCD và ( ) ABCD là · 0
30 SCH =
a 3
2
a
a
a
30 0
G M
H
C
A D
B
S
0,25
0
tan 30 .
2
a
SH HCÞ = = ,
2 3
3 1 3
. .
2 3 12
ABCD SABCD ABCD
a a
S AB CH V S SH= = Þ = = 0,25
4
(1điểm)
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có
3
a
GA GB GC= = = . Do
2
a
HS HA HB= = = nên các tam giác
, , GHA GHB GHS là các tam giác vuông bằng nhau GA GB GSÞ = = . Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
SABC có tâm G bán kính
3
a
GC = .
0, 5
Chứng minh bất đẳng thức.....
BĐT
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
3
3
2
b c a c b a b c c a b a
a a b b c c a a b b c c
æ ö
Û + + + + + + ³ + + + + +ç ÷
è ø
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
6 2 3
b c a c b a b c c a b a
a a b b c c a a b b c c
æ ö æ ö
Û + + + + + + ³ + + + + +ç ÷ ç ÷
è øè ø
0,25
Theo bđt Côsi (AM – GM) cho 2 và 3 số dương ta có:
3 3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3
3 3 3
1 1 3 1 1 3 1 1 3
2 2 2
1 1 3 1 1 3 1 1 3
b b c c a a
a b c a b c
b a c b a c
a b b c c a
a a b b c c
b c a b c a
+ + ³ + + ³ + + ³
+ ³ + ³ + ³
+ + ³ + + ³ + + ³
0,5
5
(1điểm)
Cộng theo vế 6 bđt trên ta được
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
12 2 3 6
b c a c b a b c c a b a
a a b b c c a a b b c c
æ ö æ ö
+ + + + + + ³ + + + + + + Þç ÷ ç ÷
è øè ø
đpcm 0,25
1) (1 điểm)Tìm tọa độ các đỉnh C... 6a
(2điểm)
( ) : 2 6 0 2 6 2 6; B d x y x y B y yÎ - + = Þ = - Þ - 0,25

4. . 0 vAMB vBNC IA IB IA IBD = D Þ ^ Û =
uur uur
12 16 32 14
; , 2 ;
5 5 5 5
IA IB y y
æ ö æ ö
= - = - -ç ÷ ç ÷
è ø è ø
uur uur
( )
32 14
. 0 12 2 16 0 4 2;4
5 5
IA IB y y y B
æ ö æ ö
Þ = Û - - + - = Û = Þç ÷ ç ÷
è ø è ø
uur uur
0,25
( ) 4; 2 AB = -
uuur
là vtpt của đt BC ( ) pt : 2 0 ;2 BC x y C c cÞ - = Þ .
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 0;0 0
2 5, 2 2 4 . Ta có pt: 2 2 4 2 5 2 2
4 4;8
C c
AB BC c c c c c
c C
é=é
= = - + - - + - = Û - = Û Þ êê =ë êë
0,25
Do I nằm trong hình vuông nên I, C cùng phía đối với đường thẳng AB ( ) 4;8 CÞ bị loại. KL: ( ) 0;0 C 0,25
2) (1 điểm) Lập phương trình đường thẳng....
Gọi ( ) I d P= Ç Þ Tọa độ I là nghiệm hệ ( )
1 3 2 1
3 1; 3;0 2 1 1
2 0 0
x x y z
y I
x y z z
=ì- + +ì
= =ï ï
Û = - Þ --í í
ï ï+ + + = =î î
. D cắt d nên đi qua I 0,25
( )· , d D lớn nhất ( )· 0
, 90 d dÛ D = Û D ^ 0,25
d có vtcp ( ) 1 2;1; 1 u = -
r
, ( ) P có vtpt ( ) 1;1;1 n =
r
. Gọi 2 u
r
là vtcp của D , ta có
( )
1 2
2
d u u
P n u
^ D ^ì ìï
Þ Þí í
É D ^ï îî
r r
r r chọn
( ) 2 1 2; 3;1 u u n= Ù = -
r r r
0,25
2
1 3
qua , vtcp nên có pt :
2 3 1
x y z
I u
- +
D = =
-
r
0,25
Tìm tập hợp điểm…
( )
( ) ' 1 3 ' 2 1 3
' 1 3 2
4 2 1 3
z i z i
z i z z
i
-- -
= + + Þ = = -
+
0,25
( )
( )
' 1 3 1 3
1 2 1 2 ' 1 3 6 2 3 8
4 2
z i i
z z i i
- -
Þ - = Û - - = Û - - + = 0,25
Đặt ( ) ( )( ) ( ) ( ) ' , 1 3 6 2 3 8 3 6 2 3 3 8 z x yi x y x yi i i x y y x i= + Î Þ + - - + = Û + - + + - =¡
( ) ( )
2 2
3 6 2 3 3 8 x y y xÛ + - + + - =
0,25
7a
(1điểm)
( ) ( )
2 2
3 3 16 x yÛ - + - = . Vậy tập hợp các điểm trên mp Oxy biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn bài
toán là đường tròn tâm ( ) 3; 3 , bán kính 4 I R =
0,25
1) (1 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh , , A B C ….
Gọi ' H là điểm đối xứng với ( ) 2;3 H qua 2 d ' H BCÞ Î . Đường thẳng ' HH qua 2 , H d^ , pt:
2
3
x t
y t
= +ì
í
= +î
.
Gọi ( ) ( ) 2 ' 1;0 ' 4; 3 I HH d I H= Ç Þ - Þ - -
0,25
Đường thẳng BC qua 1 ', pt : 2 10 0 H d x y^ Þ + + = . ( ) 2 8; 9 C BC d C= Ç Þ - 0,25
( ) 6;12 CH = -
uuur
là vtcp của đường thẳng AC nên pt AC là: ( ) 1 2 7 0. 1;5 x y A d AC A+ - = = Ç Þ 0,25
Đường cao
3
qua , pt : 2 4 0. 7;
2
BH H AC x y B BH BC B
æ ö
^ Þ - + = = Ç Þ - -ç ÷
è ø
0,25
2) (1 điểm). Lập phương trình mặt phẳng….
Mặt cầu ( ) ( ) có tâm 1;2;3 , bán kính 4 S I R = . Đường thẳng ( ) ( ) qua 3;0;2 có vtcp 2;1; 2 d A u = -
r
Có ( )
65
,
3
IA u
d I d R d
u
Ù
= = < Þ
uur r
r cắt ( ) S . (Hoặc kiểm tra IA R< cũng được)
0,25
Gọi ( ) P là mặt phẳng qua d . Khi đó ( ) P cắt ( ) S theo 1 đường tròn tâm K bán kính r, với K là hình chiếu của
I trên ( ) P . Gọi H là hình chiếu của I trên d, ta có IHKD vuông tại K IK IHÞ £ . Do 2 2
r R IK= -
2 2
R IH³ - Þ Đường tròn có bán kính nhỏ nhất Û ( ) P chứa d và vuông góc IH.
0,25
6b
(2điểm)
Gọi ( )a là mặt phẳng qua , I d^ thì ( ) d Ha Ç = . Phương trình ( )
19 4 26
: 2 2 2 0 ; ;
9 9 9
x y z Ha
æ ö
+ - + = Þ -ç ÷
è ø
0,25

5. ( )
10 22 1
; ; pt :10 22 28 0
9 9 9
IH P x y z
-æ ö
Þ = - Þ - - - =ç ÷
è ø
uuur
0,25
Tìm hệ số của số hạng chứa 4
x …
Pt
( )
( )
2
3 3 log 5 log 5 15 2 2
5 15 4 5 15 ... 8
n n
n n n n n
- -
- - + = - - Û Û = 0,5
( ) ( )
8 8
8 2 2
8
0 0 0
1
k
k k k i k i
n k
k k i
x x C x x C C x +
= = =
+ + = + =å åå . Số hạng chứa 4
x thỏa mãn 4, 0 4 k i i k+ = £ £ £ 0,25
Câu 7b
(1điểm)
( ) ( ) ( ) ( ){ } ; 0;4 , 1;3 , 2;2 i kÞ = Þ Hệ số của 4
x là: 4 0 3 1 2 2
8 4 8 3 8 2 . . . 266 C C C C C C+ + = 0,25