1. TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
4 2
6 5y x x= − + có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị (C).
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình
xxx 4sin
2
2sin
1
cos
1
=+ .
2. Giải hệ phương trình
3 3
2 2
5
3
x y x y
x y
+ = −

− =
.
Câu 3: (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a. Đường thẳng
A’C lập với mặt phẳng chứa đáy một góc 300
và lập với mặt phẳng (ABB’A’) một góc 300
. Tính thể tích
khối lăng trụ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
Câu 4: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 0x y x y+ − − = và điểm M(6;2).
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho
MA2
+ MB2
= 50.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 7 4 0x y z+ − = và 2 đường thẳng
(d1):
1 2
2 1 1
x y z− +
= =
−
; (d2):
1 2
1
3
x t
y t
z
= − +

= +
 =
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng (d1);(d2) và ∆ vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 5: (2 điểm)
1.Tính tích phân
1
( 1)ln
ln 1
e
dx
x x
x x
−
+∫ .
2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
2
3 3x m x+ = + .
Câu 6: (1 điểm)
Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn 3xy yz zx+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
1 1 1
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
= + +
+ + +
.
------------------------HẾT----------------------
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1 4 2
6 5y x x= − +
TXĐ: R
3
' 4 12y x x= − .
0
' 0
3
x
y
x
=
= ⇔ 
= ±
0,25
Giới hạn: ;lim limx x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
bảng biến thiên
X -∞ 3− 0 3 +∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
Y
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 3;0);( 3; )− +∞
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; 3);(0; 3)−∞ −
Điểm cực đại (0;5); điểm cực tiểu ( 3; 4);( 3; 4)− − −
0,25
Đồ thị
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là ( 1;0);(1;0)−
6
4
2
-2
-4
-5 5
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2 Đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị hàm số
4 2
3
6 5
4 12
x x mx m
x x m
− + = −
⇔ 
− =
có nghiệm
0,25
3 2
3
1
5 5
4 12
x
x x x m
x x m
=
⇔ + − − =

− =
3 2
3
1 8
5 5
( )
4 12
x m
x x x m
I
x x m
= ⇒ = −

⇔ + − − =
 − =
0,25
+∞
+∞
-44−
5
y
xO

3. Giải hệ (I):
3 2
3
5 5
4 12
x x x m
x x m
+ − − =

− =
Ta có:
3 2 3 3 2
5 5 4 12 3 7 5 0
1 8
5 40
3 27
x x x x x x x x
x m
x m
+ − − = − ⇔ − − + =
= ⇒ = −
⇔
 = − ⇒ =

Vậy m= -8 ; m =
40
27
0,25
0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện :
cosx 0
sin2x 0 sin4 0
4
sin4x 0
k
x x
π
≠

≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠
 ≠
0,25
pt
xxxx
xx
2cos2sin
1
cos2sin
cos2sin
=
+
⇔ ⇔ (sin2x + cosx)cos2x = cosx
⇔ sin2x.cos2x = cosx(1 – cos2x) ⇔ sin2xcos2x = 2cosxsin2
x
0,25
⇔ sin2xcos2x −sin2xsinx = 0
⇔ cos2x − sinx = 0 (vì sin2x ≠ 0) ⇔ 2sin2
x + sinx − 1 = 0
2 ( )
2
sinx= 1
21
6sinx=
2 5
2
6
x k loai
x k
x k
π
π
π
π
π
π

= − +
− 
⇔ ⇔ = +


 = +

0,25
Vậy nghiệm của phương trình là : )(
2
6
5
2
6
Zk
kx
kx
∈






+=
+=
π
π
π
π
0,25
2
Với x= 0 ta có
3
2
3
y y
y
= −

− =
hệ vô nghiệm
Với 0x ≠ đặt y = tx. Ta có hệ :
3 3 3 3 2
2 2 2 2 2
5 (1 ) 5
3 (1 ) 3
x t x x tx t x t
x t x t x
⇔
+ = − + = − 
 
− = − = 
0,5
Suy ra :
3 2 3 2
3(1 ) (5 )(1 ) 2 5 2 0t t t t t t+ = − − ⇔ + + − =
1
1; 2;
2
t t t⇔ = − = − =
0,25
Với
2
1 0. 3t x= − ⇒ = pt vô nghiệm
Với
2 2
2 3 3 1t x x= − ⇒ − = ⇒ = − pt vô nghiệm
Với
2
2 11
4
2 12
x y
t x
x y
= ⇒ =
= ⇒ = ⇒  = − ⇒ = −
Vậy hệ có 2 nghiệm là (2;1) ; (-2;-1) 0,25

4. I
A
B
C
B'
C'
A'3
(1điểm)
Vì A là hình chiếu của A’ lên (ABC)
0
( ' ,( )) ( ' ; )
' 30
A C ABC A C AC
A CA
⇒ =
= =
Vì BC BA⊥ và BC 'BB⊥
Suy ra BC ( ' ')ABB A⊥
0
( ' ,( ' ')) ( ' ; ' )
' 30
A C ABB A A C A B
BA C
⇒ =
= =
0,25
Đặt BC = x.
Trong tam giác vuông BCA’ ta có : A’C = BC/sin300
= 2x
Trong tam giác vuông ABC ta có : AC2
= AB2
+BC2
= a2
+ x2
Trong tam giác vuông AA’C ta có : AC= A’C.cos300
2 2 23 2
' . 3
2 2
a
AC A C a x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ =
0 2
' ' .sin30
2
a
AA A C⇒ = =
Vậy
3
. ' ' ' ABC
1
AA'.S '. .
2 4
ABC A B C
a
V AA AB BC= = =
0,5
Gọi I = ' 'A C AC∩ suy ra IA = IC = IC’ =IA’ =IB = IB’ = R
Ta có R = A’C/2 =
2
2
a
Vậy
2 2
4 2mc
S R aπ π= =
0,25
4
(2điểm)
1 đường tròn (C) có tâm I(1;2) ,
bk R = 5
Ta có :
2 2
2 2
( )
2
AB MB MA
MB MA MBMA
= −
= + −
Mà
2 2
. 20MA MB MI R= − =
Suy ra AB2
=10
2 2 2 10
2
IH IA AH⇒ = − =
0,5
Đường thẳng ∆ đi qua M(6;2) có dạng : a(x – 6) + b(y – 2) = 0 ( với a2
+b2
≠0)
Ta có
2 2
2 2
(1 6) (2 2) 10
( , ) 9
2
a b
d I IH a b
a b
− + −
∆ = ⇔ = ⇔ =
+
0,25
a=0 ⇒b= 0 vô lý.
Cho a =1 3b⇒ = ±
Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn đầu bài là : x+3y – 12 = 0 và x – 3y = 0
0,25
2 Gọi A, B là giao điểm của ∆ với 2 đường thẳng (d1) và (d2)
Suy ra A(2a;1-a;-2+a)∈(d1) ; B(-1+2b;1+b;3) ∈(d2)
(2 2 1; ;5 )AB b a a b a− − + − ; (7;1; 4)P
n − 0,25
H
I
BAM
I
I

5. Vì ( ) ( ) // P
P AB P AB n∆ ⊥ ⇔ ⊥ ⇔
9 5 1 12 2 1 5
3 4 5 27 1 4
a b ab a a b a
a b b
+ = − = − − + −
= = ⇔ ⇔ 
+ = − = −−  
0,5
Suy ra A(2;0;-1) ; B(-5;-1;3)
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là:
2 1
17 4
x y z− +
= =
−
0,25
5
(2điểm)
1
1 1 1
( 1)ln ln 1 ln 1 ln 1
1
ln 1 ln 1 ln 1
e e e
dx dx dx
x x x x x x
I e
x x x x x x
− + − − +
= = = − −
+ + +∫ ∫ ∫ 0,25
Đặt ln 1 (ln 1)t x x dt x dx= + ⇒ = +
Đổi cận : x=1 ⇒t =1 ; x = e ⇒ t = e+1
1
1
1
1 1
1ln 1
ln ln( 1)
ln 1
e e
e
dx dt
t
x
t e
x x
+
++
= = = +
+∫ ∫
0,5
Vậy I = e – 1 – ln(e+1) 0,25
2 2
2
3
3 3 (1)
3
x
x m x m
x
+
+ = + ⇔ =
+
0,25
Xét
2
3
( ) ;
3
x
f x x R
x
+
= ∈
+
;
2 3
3 3
'( )
( 3)
x
f x
x
−
=
+
f’(x) = 0 khi x =1
2
3
lim 1
3x
x
x→+∞
+
=
+
;
2
3
lim 1
3x
x
x→−∞
+
= −
+
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ 1 +∞
f’(x) + 0 –
f(x)
Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có 2 nghiệm phân
biệt ⇔ 1< m < 2
0,5
6
(1điểm) Ta có: 3
( ) ( ) ( )
3
1 1 1 (1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x x y y z z x
P
yz zx xy yz zx xy
+ + + + + +
= + + ≥
+ + + + + +
Mà 3
(1 ) (1 ) (1 )
(1 )(1 )(1 ) 2
3
yz zx xy
yz zx xy
+ + + + +
+ + + ≤ =
Ta lại có
( )( )( ) ( )( )x y y z z x x y z xy yz zx xyz+ + + = + + + + − 3( )x y z xyz= + + −
Mà 2
( ) 3( ) 9 3x y z xy yz zx x y z+ + ≥ + + = ⇒ + + ≥
2 2 23
3 1xy yz zx x y z xyz+ + ≥ ⇒ ≤
Suy ra ( )( )( ) 8x y y z z x+ + + ≥
3
3
8( ) ( ) ( )
3 3. 3
2(1 ) (1 ) (1 )
x y y z z x
P
yz zx xy
+ + +
≥ ≥ =
+ + +
Vậy min P =3 . Dấu “= “ xảy ra khi x= y =z =1
0,25
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
-1
1
2