Đề thi tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2011 bao gồm các câu hỏi về khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân và hình học không gian. Thí sinh cần hoàn thành phần chung và chọn một trong hai phần riêng theo chương trình chuẩn hoặc nâng cao. Đề thi yêu cầu sử dụng kiến thức tổng hợp để giải quyết các bài toán phức tạp liên quan đến toán học.

1. Së GD&®t H¦NG Y£N ĐỀ THI S¸T H¹CH KhèI 12 NĂM 2011
TR¦êng thpt minh ch©u MÔN TOÁN ­KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề)
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4
– 8m 2
x 2
+ 1 (1), với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =
1
2
2.Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64.
Câu II(2,0 điểm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau: 2 2017
2.sin sin 2 1 tan
4 2
x x x
p pæ ö æ ö
- - + = -ç ÷ ç ÷
è ø è ø
2.Giải hÖ phương trình :
6 2 3 3
2 3 3 6 3 4
x
x y y
y
x x y x y
ì
- = - +ï
í
ï + - = + -î
. (với x RÎ )
Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân ( )
2
2
0
cos sin I x x xdx
p
= +ò .
Câu IV(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác
đều và SB = 2 a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng
minh rằng: SE EB^ và SB CH ^ .Tính thể tích khối chóp C.SEB
Câu V(1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương tuú ý thoả mãn a+b+c = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức :
2 2 2
ab bc ca
P
c ab a bc b ca
= + +
+ + +
II/PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A/Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2,0điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác
trong của góc C lần lượt có phương trình : ( 1 d ): x – 2y + 4 = 0 và ( 2 d ): x + 2y + 2 = 0
Viết phương trình đường thẳng BC .
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) 2 2 2
: 2 2 4 3 0 S x y z x y z+ + - + + - = và hai đường thẳng
( ) ( ) 1
2
: 1
x t
y t t R
z t
=ì
ï
D = - Îí
ï =î
, ( ) 2
1
:
1 1 1
x y z-
D = =
-
. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu ( ) S , biết tiếp diện đó
song song với cả hai đường thẳng ( ) 1D và ( ) 2D .
C©u VIIa: (1®iÓm) Cho khai triÓn n
n
n
xaxaxaa
x
++++=÷
ø
ö
ç
è
æ
+ ....
32
1 2
210 . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè
naaaa ,...,,, 210 biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 110252 111222
=++ ---- n
nn
n
n
n
n
n
nn CCCCCC .
B/Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):
2 2
1
3 2
x y
+ = . Gọi F1
và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1
với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 .
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3 B M - . Viết phương trình mặt phẳng
( ) P chứa , B M và cắt các trục , Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng
3 (O là gốc toạ độ ).
C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2
3 log (3 ) log ( 2 ) 3
( )
4 2.4 20
x y x y
x
x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
ì + + + + =
ï
Îí
ï + =î
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN ­ KHỐI A
Câu Ý Nội dung đáp án Điểm
I 1
1điểm
Khi m=
1
2
hàm số đã cho có pt: y= x 4
– 2x 2
+ 1
1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x 3
­ 4x = 4x( x 2
­ 1)
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = ­1
Hàm số đồng biến ( 1;0) x" Î - vµ(1; )+¥
Hàm số nghịch biến ( ; 1) x" Î -¥ - vµ(0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y(± 1)=0
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
.Giới hạn: lim
x
y
®+¥
= +¥ ; lim
x
y
®-¥
= +¥
.BBT:
x -¥ -1 0 1 +¥
,
y - 0 + 0 - 0 +
y +¥ 1 +¥
0 0
------------------------------------------------------------------------------
3. vẽ đồ thị:
y
1
-1 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
I 2
(1điểm) , 3 2 2 2
4 16 4 ( 4 ) y x m x x x m= - = -
Đk để hàm số có 3 cực trị là ,
0 y = có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình 2 2
( ) 4 0 g x x m= - = có hai nghiệm phân biệt
0 x ¹ 0 mÛ ¹
------------------------------------------------------------------------------
, 4
4
0 1
0 2 1 16
2 1 16
x y
y x m y m
x m y m
= Þ =é
ê
= Û = Þ = -ê
ê = - Þ = -ë
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4
(2 ;1 16 ) m m- ;C 4
( 2 ;1 16 ) m m- -
------------------------------------------------------------------------------
Ta thấy AB=AC = 2 4 2
(2 ) (16 ) m m+ nên tam giác ABC cân tại A
0,25
0,25

3. Gọi I là trung điểm của BC thì 4
(0;1 16 ) I m-
nên 4
16 AI m= ; 4 BC m=
------------------------------------------------------------------------------
4 1 1
. . 16 .4
2 2
ABC S AI BC m mD = = =64 5 5
2 2 m mÛ = Û = ± (tmđk 0 m ¹ )
Đs: 5
2 m = ±
0,25
0,25
III 1điểm
Đặt
( ) 2
1 2sin cos cos
sin cos
du x x dx u x x
dv xdx v x
= -ìì = + ï
Þí í
= = -ïî î
.
Vậy ( ) ( )
2
2 2
0
0
cos cos 1 2sin cos cos I x x x x x xdx
p
p
= - + + -ò
-----------------------------------------------------------------------
( ) ( )
3 2 2
2 2 2
0 0
0 0
cos 2 4
1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1
3 3 3
x
xdx xd x x
p p
p p
= + + = + + = + - =ò ò .
0,5
0,5
IV 1
(1điểm)
S
A F
B
H
E
D C
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
*CM: SE EB^
Vì tam giác SAD đều cạnh a
3
2
a
SEÞ =
Xét tam giác vuông AEB có:
2 2
2 2 2 2 5
2 4
a a
EB EA AB a
æ ö
= + = + =ç ÷
è ø
-----------------------------------------------------------------------------
Xét tam giác SEB có:
2
2
2 2 2 2 3 5
2
2 4
a a
SE EB a SB
æ ö
+ = + = =ç ÷ç ÷
è ø
suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB^
------------------------------------------------------------------------------
Ta có: AEB = BFC(c­c)
suy ra ¼ ¼ AEB BFC=
mà ¼ ¼ 0
90 AEB FBE+ = ¼ ¼ ¼ 0 0
90 90 BFC FBE FHBÞ + = Þ =
Hay CH EB^
mÆt kh¸c CH SE^ (do ( ) SE ABCD^ )
Suy ra ( ) CH SEB^ . => SB CH ^
0,25
0,25
0,25
0,25
IV 2
(1điểm)
Vậy .
1
. .
3
C SEB SEB V CH SD=
0,25

4. ------------------------------------------------------------------------------
* Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 1 5
2
BH BF BC a a a a a
= + = + = + =
æ ö
ç ÷
è ø
suy
ra
2
2
5
a
BH =
------------------------------------------------------------------------------
Xét BHC có:
2 2
2 2 2 2 4 2
5 5 5
a a a
CH BC BH a CH= - = - = Þ =
-----------------------------------------------------------------------------
Nên
3
.
1 1 1 2 1 3 5 3
. . . . . . .
3 2 3 2 2 2 12 5
C SEB
a a a a
V CH SE EB= = = (đvtt)
0,25
0,25
0,25
V (1
điểm)
Tõ gt ta cã a, b, c Î (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b):
Cho nªn
1 1
. .
(2 ) (2 ) 2
ab
ab
a b c ab
=
- -+
------------------------------------------------------------------------------
¸p dông B§T C« Sy
1 1 1 1
. ( ) ( )(1)
2 (2 ) (2 ) 2 2
ab ab ab
ab
a b b c c a c ab
£ + = +
- - + ++
------------------------------------------------------------------------------
Tương tự
1
( )(2)
2 2
1
( )(3)
2 2
bc bc bc
a b c a a bc
ca ca ca
b a c b b ca
£ +
+ ++
£ +
+ ++
Tõ (1),(2),(3) ta cã
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2
ab ca bc ab bc ca
P a b c
b c b c c a c a a b a b
é ù
£ + + + + + = + + =ê ú+ + + + + +ë û
------------------------------------------------------------------------------
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=
2
3
.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=
2
3
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.
a
2
(1
điểm)
( ) S có tâm ( ) 1; 1; 2 , 3 I R- - =
( ) ( ) 1 2 ,D D lần lượt có các véctơ chỉ phương ( ) ( ) 2; 1;1 , 1; 1;1 u v= - = -
r r
( ) mp P có véctơ pháp tuyến ( ) , 0; 1; 1 u vé ù = - -ë û
r r
( ): 0 P y z mÞ + + = ( ) mΡ
------------------------------------------------------------------------------
( )( )
3 2 3 3
, 3
2 3 3 2
m m
d I P R
m
é = +-
= Û = Û ê
= -êë
Vậy ( ) 1 2 ( ) : 3 3 2 0; : 3 3 2 0 P y z P y z+ + + = + + - =
0,25
0,25
0,5
VII
a
T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè naaaa ,...,,, 210 ....
Ta cã 221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n 105)CC(11025CCCC2CC =+Û=++ ----
ê
ë
é
-=
=
Û=-+Û=+
-
Û=+
)i¹lo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC 21
n
2
n
1
0,25

5. Ta cã khai triÓn åå =
--
=
-
=÷
ø
ö
ç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
=÷
ø
ö
ç
è
æ
+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1
Do ®ã k14kk
14k 3.2Ca --
=
Ta xÐt tØ sè
)1k(3
)k14(2
32C
32C
a
a
k14kk
14
1k13k1k
14
k
1k
+
-
== --
---+
+
.
5k1
)1k(3
)k14(2
1
a
a
k
1k
<Û>
+
-
Û>+
. Do k Î ¥ , nªn k 4£ .
T­¬ng tù 5k1
a
a
,5k1
a
a
k
1k
k
1k
=Û=>Û< ++
Do ®ã 14765410 a...aaaa...aa >>>=<<<<
Do ®ã a5 vµ a6 lµ hai hÖ sè lín nhÊt
VËy hÖ sè lín nhÊt lµ
62208
1001
32Caa 595
1465 === --
0,25
0,25
0,25
VI.
b
1
(1điểm)
( )
2 2
2 2 2
: 1 3 2 1
3 2
x y
E c a b+ = Þ = - = - =
Do đó F1(­1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình 3 1 0 x y- + =
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Þ M
2
1;
3
æ ö
ç ÷
è ø
Þ N
4
1;
3
æ ö
ç ÷
è ø
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Þ
1
NA 1;
3
æ ö
= -ç ÷
è ø
uuur
; ( ) 2 F A 1; 3=
uuur
Þ 2 NA.F A 0=
uuur uuur
Þ DANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này
có đường kính là F2N
-----------------------------------------------------------------------------
Do đó đường tròn có phương trình là :
2
2 2 4
( 1)
3 3
x y
æ ö
- + - =ç ÷
è ø
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.
b
2
(1điểm)
· Gọi , a c lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm , A C .
Vì ( ) 0;3;0 B OyÎ nên ( ): 1
3
x y z
P
a c
+ + = .
----------------------------------------------------------------------------
· ( ) ( )
4 3
4;0; 3 1 4 3 M P c a ac
a c
- Î Þ - = Û - = (1)
1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2
OABC OAC
ac
V OB S ac acD= = = = Û = (2)
-----------------------------------------------------------------------------
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
6 6 2
3
4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a c c
= -ì
= = - =ì ì ìï
Ú Û Úí í í í
- = - = == -î î îïî
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Vậy ( ) ( ) 1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P+ - = + + =
-
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.
a
1
(1điểm)
Gọi ( ; ) c c C x y
Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y- -
Gọi M là trung điểm của AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y
+æ ö
- -ç ÷
è ø
0,25

6. -----------------------------------------------------------------------------
Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c
c c
y
y y
+
- - - + = Þ =
( 4;1) CÞ -
------------------------------------------------------------------------------
Từ A kẻ 2 AJ d^ tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
phương của đường thẳng (d2) là (2; 1) u
®
- là véc tơ pháp tuyến của
đường thẳng (AJ)
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x­y+1=0
Vì I=(AJ)Ç (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ
4
2 1 0 4 3 5
( ; )
2 2 0 3 5 5
5
x
x y
I
x y
y
ì
= -ï- + =ì ï
Û Þ - -í í
+ + =î ï = -
ïî
------------------------------------------------------------------------------
Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ
Gọi J(x;y) ta có:
8 8
0
8 11 5 5
( ; )
6 11 5 5
1
5 5
x x
J
y y
ì ì
+ = - = -ï ïï ï
Û Þ - -í í
ï ï+ = - = -
ï ïî î
Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(­4;1) ;
8 11
( ; )
5 5
J - - l :
4x+3y+13=0
0,25
0,25
0,25
Câu VIIb : (1,0 điểm) Gi¶i hÖ PT:
2 2
3 log (3 ) log ( 2 ) 3 (1)
( )
4 2.4 20 (2)
x y x y
x
x y x y
x y x xy y
x R
+ +
+ +
ì + + + + =
ï
Îí
ï + =î
+ ĐK
0 1
0 3 1
x y
x y
< + ¹ì
í
< + ¹î
Víi ®k trªn PT (1)
2
3
3
log (3 ) log ( ) 3
log (3 ) 2log ( ) 3 (3)
x y x y
x y x y
x y x y
x y x y
+ +
+ +
Û + + + =
Û + + + =
PT(3) trở thành 2 1 2
3 3 2 0
2
t
t t t
t t
=é
+ = Û - + = Û ê =ë
0,25
0,25
Víi t=1 ta cã log (3 ) 1 3 0 x y x y x y x y x+ + = Û + = + Û = thay vµo (2) ta ®­îc :
4y
+2.40
=20 4 4 18 log 18 y
yÛ = Û = (TM)
Víi t=2 ta cã 2
log (3 ) 2 3 ( ) (4) x y x y x y x y+ + = Û + = +
PT(2)
2 3
1
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (5)
x x y
x y x y x y x y
+
+
+ ++ +
Û + = Û + =
+ Thay (4) vµo (5) ta ®­îc
2
( )
2( ) 2( )
2 2 20 2 2 20 (6)
x y
x y x y x y x y
+
+ + ++
+ = Û + =
§Æt t= ( )
2 , x y+
PT(6) trở thµnh t 2
+t­20=0
5( )
4( )
t L
t TM
= -é
ê =ë
Víi t=1 ta cã 2 4 2 3 4 x y
x y x y+
= Û + = Þ + =
Ta cã hÖ
2 1
( )
3 4 1
x y x
TM
x y y
+ = =ì ì
Ûí í
+ = =î î
Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; 4 log 18);(1;1)
0,25

7. 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
C©uII: 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2 2017
2sin ( ) sin(2 ) 1 tan
4 2
x x x
pp- - + = -
§iÒu kiÖn: cos 0 ( )
2
x x k k Z
p
p¹ Û ¹ + Î
+Víi ®k trªn pt ®· cho t­¬ng ®­¬ng:
1 cos 2 sin 2 1008 ) 1 tan
2 2
x x x
p p
p
æ ö æ ö
- - - + + = -ç ÷ ç ÷
è ø è ø
1 sin 2 cos 2 1 tan x x xÛ - - = -
sin 2 cos 2 tan 0 x x xÛ + - =
2 sin
2sin .cos 2cos (1 ) 0
cos
x
x x x
x
Û + - + =
sin cos
2cos .(sin cos ) 0
cos
x x
x x x
x
+
Û + - =
1
(sin cos ).(2cos ) 0
cos
x x x
x
Û + - =
( ) 2 sin .cos 2 0
4
x xpÛ + =
( ) 4 sin 0
4
cos2 0 4 2
x k
x
k
x x
p pp
pp
é = - +é + = ê
êÛ Û êê = += êë
ë
(tm®k)
VËy pt ®· cho cã 1 hä nghiÖm:
4 2
k
x
p p
= + (hä
4 2
kp p
+ chøa 4
kp p- + )

8. Câu II .2 (1 điểm) Giải hÖ phương trình :
6 2 3 3 (1)
2 3 3 6 3 4 (2)
x
x y y
y
x x y x y
ì
- = - +ï
í
ï + - = + -î
. (với x RÎ )
§K:
3 0,
3x+ 3 0 (*)
0
x y
x y
y
- ³ì
ï
- ³í
ï ¹î
(1) 2
3 (3 ) (3 )
2 3 3 2 3 (3)
x y x y x y
y x y
y y y
-- -
Û - = - Û - =
0.25
§Æt t=
3x y
y
-
Phương trình (3) có dạng 2t 2
­t­3=0
1
3
2
t
t
= -é
êÛ
ê =
ë
0.25
Với t=­1 ta có:
3x y
y
-
=-1 2
0
3
3 (3)
y
x y y
x y y
<ì
Û - = - Û í
= +î
Thế (3) v o (2) ta được
2 2 2 2
4 4
2 5 4 2 7 4 0 1
(L)
2
y x
y y y y y
y
= - Þ =é
ê= + - Û + - = Û
ê =
ë
0.25
Với t= 2
0
3 3 3 3
3 9
2 2 2 3 (4)
4
y
x y
x y y
y x y y
>ì
- ï
Þ = Û - = Û í
= +ïî
Thế (4) vào (2) ta được 2 2 9 5 9
2 5 4 (5)
4 2 2
y y y y+ = + -
Đặt u= 2 9 5
, u 0
4 2
y y+ ³
Ta có PT :2u 2
­2u­4=0
1 (L)
2 (t/m)
u
u
= -é
Û ê =ë
Với u=2 ta có
2 2 2
8 8
(t/m) 9 5 9 5
2 4 9 10 16 0 9 9
4 2 4 2
2 (L)
y x
y y y y y y
y
é
= Þ =ê+ = Û + = Û + - = Û
ê
= -ë
KL HPT đã cho có 2 cặp nghiệm (4;­4) ,
8 8
( ; )
9 9
C2 PT 2
3
2(3 ) 3 3 0, t= 3 0 ...... 2
y
t
x y y x y y x y
t y
é
=êÛ - - - - = - ³ Þ
ê
= -ë
0.25