1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số  4 2
4 1 2 1y x m x m     có đồ thị  mC
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số khi
3
2
m  .
2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
4
2
1 tan
8 os ( ) sin 4 2.
4 1 tan
x
c x x
x
 
  

2. Giải hệ phương trình sau trên R:
3
2 4 3
1 1 2
9 (9 )
x y
x y y x y y
    

    
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1 2
2
2
0
( )
4
x x
I x e dx
x
 


Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là
đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt đáy, 5SC a và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC bằng 2 2a
(ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo .a
Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: 3a b c   .
Chứng minh rằng: 2 2 2
2 2 2
4
ab bc ca
a b c
a b b c c a
 
   
 
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2
( 2) ( 3) 10x y    . Xác
định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và xA > 0.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2
+ (1 + i)3
+ … + (1 + i)20
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là
giao điểm của đường thẳng 03:1  yxd và 06:2  yxd . Trung điểm M của cạnh AD là giao
điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương
trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC
Câu VII.b (1,0 điểm
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức
2 1 2z z z   
SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu ý Nội dung Điểm
I
1
Với m= 3/2 ta có y = x4
-2x2
+2
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.
 Sự biến thiên: 3
4 4y' x x.  Ta có
0
0
1
x
y'
x

    
0.25
lim ; lim
x x
y y
 
   
   0 2 1 1CD CTy y ; y y .     0.25
 Bảng biến thiên:
x  -1 0 1 
y'  0  0  0 
y
 2 
1 1
0.25
 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
 Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
0.25
2
 Ta có     3 2
4 8 1 4 2 1y x m x x x m .      

 2
0
0
2 1
x
y
x m

   
 
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1 0.25
 Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
       2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .          Ta có:
   
 
42 2
2
2 1 16 1
8 1
AB AC m m
BC m
    
 
0.5
So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra
3
3
1
2
m   0.25
II
1
Đk: 0
2
cos x x k

    ,ta có  
2
2 inx 1 2 n
4
cos( x ) cos x s , sin x cos x si

      0.25
    
     
4 2 2
34
os 1 2
os inx
cos x sin x c x sin x sin x
cos x sin x c x sin x s cos x
    
    
 
3
0sin x cos x sin x  
0.25
0
0 0
4
x k
sin x x k
cos x sin x tan x x k





            

Vậy pt có 2 nghiệm:
4
x k
x k





  

0.5

3. 2
Đk: 1y  . Ta có     2 4 3 3
9 9 9 0x y y x y y x y x y          0.25
vì 1y  và 3
1 1 2x y    nên 3
1 x  2  x  7.Do đó 3
9x y   -1<0
nên x=y
0.25
Thế vào pt ban đầu ta được 3
1 1 2x x    .Đặt 3
1a x  1b x  (b>0) thì
3 2
2
2
a b
a b
 

 
     23 3 2 2
2 2 4 2 0 1 2 2 0a a a a a a a a            
 1; 1 3; 1 3a a a      
0.25
Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và 11 6 3 11 6 3x y ;x y        0.25
III
1 1 3
2
1 22
0 0 4
x x
I xe dx dx I I
x
   

  0.25
Tính
1 2 2
2 2 1
1 0
0
1 1
( ) |
2 2 4
x
x x e e
I xe dx xe

    0.25
Tính 2I bằng cách đặt
2
4t x  được 2
16
3 3
3
I   0.25
2
61
3 3
4 12
e
I    0.25
IV
4a
2a 2
2a
2a
a
a
a 5
C'C
a
a
a
a
a
45
45
H
E
A
D
CB
H
B
A
C
D
S
Từ giả thiết suy ra  SH ABCD và
2 3
3
2
a
SH a  0.25
Theo định lý Pythagoras ta có 2 2
2CH SC SH a   .
Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a 0.25
Gọi DE HC A  thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra
2 2 2 4 3 .DE a a AD a     0.25
Suy ra     2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC   y ra 0.25

4.   21
4
2
ABCDS BC DA AB a    (đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3 3
S ABC ABCD
a
V SH S    (đ.v.t.t.)
V
VI.a
1
Ta có: 3(a2
+ b2
+ c2
) = (a + b + c)(a2
+ b2
+ c2
)
= a3
+ b3
+ c3
+ a2
b + b2
c + c2
a + ab2
+ bc2
+ ca2
mà a3
+ ab2
 2a2
b
b3
+ bc2
 2b2
c
c3
+ ca2
 2c2
a
Suy ra 3(a2
+ b2
+ c2
)  3(a2
b + b2
c + c2
a) > 0
0.25
Suy ra 2 2 2
2 2 2
ab bc ca
VT a b c
a b c
 
   
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
2( )
a b c
VT a b c
a b c
  
    
 
0.25
Đặt t = a2
+ b2
+ c2
, ta chứng minh được t  3.
Suy ra
9 9 1 3 1
3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
VT t
t t

           VT  4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
0.5
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán
kính 10R  nên 2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |
10 10( ) 25( )
a b a b
a b a b
a b
  
    

0.25
 ( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b      hay 3b a 
pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0
0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA2
=2.R2
=20 t = 1, t = -1 (loại).
Suy ra A(6;1) C(-2; 5)
0.25
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA2
=2.R2
=20 t = 0, t = -2 (không thoả
mãn)
0.25
2
+ ) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC  
 
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực
của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z      
0.25
+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC    
  
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z    .
0.25
+) Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
     
 
     
      
. Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I 0.25
Bán kính là 2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5        R IA 0.25
VII.a
21
20 (1 ) 1
1 (1 ) ... (1 )
i
P i i
i
 
      
0,25
1021 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i           0,25
 
10
10 102 (1 ) 1
2 2 1
i
P i
i
  
     0,25
Vậy: phần thực 10
2 , phần ảo: 10
2 1 0,25
Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

5. VI.b
1











2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy 





2
3
;
2
9
I
M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  . Suy ra M( 3; 0)
0.25
Ta có: 23
2
3
2
9
32IM2AB
22













Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCD
ABCD 
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1 
Đường thẳng AD có PT: 03yx0)0y(1)3x(1  . Lại có:
2MDMA 
0.25
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
 





2y3x
03yx
22
    

















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222






1y
2x
hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0.25






2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
2
Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n         
  
là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có
2 3 2 0
2 0
x y z
x y z
   

  
0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII.b
Đặt  x, yz x yi   . Ta có
2 1 2
2 1 2
2 1 2 2
z z z
x yi x yi x yi
x yi yi
   
       
    
 
2 2 2
2 1 4 4x y y    
0.5
2
2 0
0
2
x x
x
x
  

  
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng 0, 2x x 
0.5