1. SỞ GD­ ĐT QUẢNG NINH KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010­2011
TRƯỜNG THPT TRẦN NHÂN TÔNG
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 4 2 4
+-= x x y (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C )
2. Tìm m để phương trình: m x x 2
2 2
log 3 ) 1 ( =-- có 2 nghiệm phân biệt.
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: x x x x 2 sin 2 1 cos 3 sin tan 2 2 2
+=-
b) Giải hệ phương trình :
ïî
ï
í
ì
+=-
=++-
x xy y y x
y y xy y x
3
4 1
2 2
2 2 2 2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ò
+++
=
4
0 )
4
sin( 2 2 sin 1
2 cos
p
p
dx
x x
x
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều ,tam giác SCD vuông cân
tại S.Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CD,SA .Chứng minh rằng ) ( ) ( ABCD SIJ ^ .Tính thể tích khối
chóp K.IBCD.
Câu V(1 điểm):
a,(Thí sinh thi khối B,D không làm câu này) Cho các số thực dương c b a , , thỏa mãn: 1 2 2 2
=++ ca bc ab .
Tìm giá trị nhỏ nhất của
a c
c
c b
b
b a
a
P
2 2 2
4 4 4
+
+
+
+
+
=
b(Thí sinh thi khối A không làm câu này).Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m x m x m x x 4 ) 2 ( 2 ) 2 ( 8 2 4
++--=+
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Phần dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2),trọng tâm và tâm đường tròn ngoai tiếp
tam giác ABC lần lượt là G(
3
2
;
3
2
),I(1;­2) .Xác định tọa độ đỉnh C.
. 2.Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
2
2
3
2
1
1
: ;
1
2
1 2
1
: 2 1
-
-
=
+
=
-
-
+
==
- z y x
d
z y x
d
Chứng minh rằng 1 d và 2 d chéo nhau.Lập phương trình đường thẳng D song song với mặt phẳng (P)
0 7 =-++ z y x cắt 1 d , 2 d tại 2 điểm sao cho khoảng cách 2 điểm đó là ngắn nhất.
Câu VIIa(1 điểm) Gọi 3 2 1 , , z z z là các nghiệm của phương trình: 0 2 2 3
=+- z z , C z Î .Tính i z z z 2 2
3
2
2
2
1 -++
Phần dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ,cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình : 0 3 =+- y x ;đỉnh B(4; ­1).
Điểm M(0;1) nằm trên cạnh AB.Xác định tọa độ các đỉnh còn lai của hình thoi.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
2
2
3
2
1
1
: ;
1
2
1 2
1
: 2 1
-
-
=
+
=
-
-
+
==
- z y x
d
z y x
d
Chứng minh rằng 1 d và 2 d chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng (P) 0 7 =-++ z y x cắt
1 d , 2 d tại 2 điểm phân biệt sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 5 3 . . 2 2 . 4 2 5 3 2 2 2
+-->+-+-- x x e x x e x x x x x
……...HẾT...........
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN­HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu I Cho hàm số 3 4 2 4
+-= x x y (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C )
2. Tìm m để phương trình: m x x 2
2 2
log 3 ) 1 ( =-- có 2 nghiệm phân biệt.
điểm
1 Học sinh tự làm
1 điểm
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 ) 1 ( 2 2
--= x x y
(C ’) và đường thẳng m y 2 log= .
0,25
Ta có:
ï
î
ï
í
ì
<<-+--
+¥È--¥Î+-
=--=
3 3 ) 3 4 (
) ; 3 [ ] 3 ; ( 3 4
3 ) 1 (
2 4
2 4
2 2
x khi x x
x khi x x
x x y
Từ đó ta có :Với ) ; 3 [ ] 3 ; ( +¥È--¥Î x thì (C ’) º (C )
Với 3 3 <<- x thì (C ’) đối xứng với (C) qua Oy
0,25
0,25
2
Từ đồ thị ta có:Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Û
ê
ê
ë
é
<<
>
Ûê
ë
é
<<-
>
1
8
1
2
0 log 3
1 log
2
2
m
m
m
m
0,25
Câu II
a)
Giải phương trình: x x x x 2 sin 2 1 cos 3 sin tan 2 2 2
+=- 1 điểm
Điều kiện : ZÎ+¹Û¹ n n x x ,
2
0 cos p
p 0,25
Chia cả hai vế cho x 2
cos ta được:
x x x tan 4 tan 1 3 tan 2 4
++=-
ê
ê
ë
é
--=
+=
Û+=Û
2 tan tan
2 tan tan
) 2 (tan tan 2
2
2 4
x x
x x
x x
0,25
Với 2 tan tan 2
+= x x ê
ë
é
=
-=
Û=--Û
2 tan
1 tan
0 2 tan tan 2
x
x
x x
0,25
y
x
m y 2 log=
-3
1
3- 3

3. Z k
k x
k x
Î
ê
ê
ë
é
+=
+
-
=
Û ,
2 arctan
4
p
p
p
Với 0 2 tan tan 2 tan tan 2 2
=++Û--= x x x x (vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm Z k
k x
k x
Î
ê
ê
ë
é
+=
+
-
=
,
2 arctan
4
p
p
p
0,25
Giải hệ phương trình :
ïî
ï
í
ì
+=-
=++-
x xy y y x
y y xy y x
3
4 1
2 2
2 2 2 2 1 điểm
+Nhận xét:Nếu 0= x ta có
ïî
ï
í
ì
=-
=+
0
8 1
2
2
y
y y
vô lý ,nếu 0= y ta có
î
í
ì
=
=
0
0 1
x
vô lý
Từ đó ta có hệ có nghiệm thì 0 ; 0 ¹¹ y x
0,25
+Ta có hệ tương đương
ï
ï
î
ï
ï
í
ì
=--
=+-+
3
1
4
1 1
2
2
y x
y
x
y y
x x
ï
ï
î
ï
ï
í
ì
=--
=-++
Û
3 )
1
(
4 )
1
( )
1
( 2
2
x
y
y
x
y
x
y
x
0,25
Đặt
ï
ï
î
ïï
í
ì
=
-=
x
y
v
y
x u
1
Hệ trở thành:
ïî
ï
í
ì
=-
=++
3
4
2 2
v u
u
v
u
î
í
ì
-=
±==
Û
3
7 ; 2
u v
u u 0,25
b)
Thay lại hệ ta được các nghiệm: )
2
7 38 100 7 3 7
;
) 7 3 ( 2
7 38 100 7 3 7
( ); 1 ; 1 (
++
+
+±--
-
m
0,25
Tính tích phân ò
+++
=
4
0 )
4
sin( 2 2 sin 1
2 cos
p
p
dx
x x
x
I
1 điểm
Ta c ó ò +++
-
=
4
0
2
2 2
) cos (sin 2 ) cos (sin
sin cos
p
dx
x x x x
x x
I
0,25
Theo công thức tích phân từng phần ta có:
ò +++
+-
=
4
0 ) 2 cos )(sin cos (sin
) sin )(cos sin (cos
p
dx
x x x x
x x x x
I = ò ++
- 4
0 2 cos sin
) sin (cos
p
dx
x x
x x
0,25
4
0
4
0
) 2 cos ln(sin
2 cos sin
) 2 cos (sin
p
p
++=
++
++
= ò x x
x x
x x d
0,25
Câu III
Thay vào ta được: ) 2 2 4 ln(
1 2
2 2
ln -=
+
= I 0,25

4. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều ,tam giác SCD
vuông cân tại S.Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CD,SA .Chứng minh rằng
) ( ) ( ABCD SIJ ^ .Tính thể tích khối chóp K.IBCD.
K'
K
J
I
A
B C
D
S
H
Từ giả thiết ta có:
) (SIJ AB
IJ AB
SI AB
^Þ
þ
ý
ü
^
^
Do ) ( ) ( ) ( ABCD SIJ ABCD AB ^ÞÌ .
0,25
+Kẻ IJ SH ^ do ) (
) ( ) (
) ( ) (
ABCD SH
IJ ABCD SIJ
ABCD SIJ
^Þ
þ
ý
ü
=Ç
^
+Goi K’ là hình chiếu vuông góc của K lên (ABCD) khi đó SH KK // ' do K là trung điểm SA
nên K’ là trung điểm AH & SH KK
2
1
'= .
0,25
Từ đó ta có: IBCD IBCD K S KK V à= '.
3
1
.
Dễ thấy:
2
3 a
SI = ;
2 2
1 a
CD SJ == ; a IJ = SIJDÞ vuông tại Svì: 2 2 2
IJ SJ SI =+
0.25
Câu IV
Từ hệ thức SI.SJ=SH.IJ
4
3 . a
IJ
SJ SI
SH ==Þ
8
3
'
a
KK =Þ
Ta có IBCDà là hình thang vuông tai B và C nên
4
3
2
). ( 2
a BC CD IB
S IBCD =
+
=à
Thay vào ta được
32
3 . 3
.
a
V IBCD K =
0.25
Cho các số thực dương c b a , , thỏamãn: 1 2 2 2
=++ ca bc ab .
Tìm giá trị nhỏ nhất của
a c
c
c b
b
b a
a
P
2 2 2
4 4 4
+
+
+
+
+
=
1 điểm
+Ta có : 3 2
4
6 ) 2 (
2
9
a a b a
b a
a
³++
+
Û b a a
b a
a 2 3
4
2 5
2
9
-³
+
;
0,25
Câu V
Tương tự c b b
c b
b 2 3
4
2 5
2
9
-³
+
; a c c
a c
c 2 3
4
2 5
2
9
-³
+
³Þ P 9 ) ( 2 ) ( 5 2 2 2 3 3 3
a c c b b a c b a ++-++
0,25

5. + Ta có : a c a c c c b c b b b a b a a 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3
3 ; 3 ; 3 ³++³++³++
Þ a c c b b a c b a 2 2 2 3 3 3
++³++ ³Þ P 9 ) ( 3 3 3 3
c b a ++
0,25
Tương tự ta cũng có : 1 2 2 2 3 3 3
=++³++ ca bc ab c b a
3
1
3 9 ³Û³Þ P P
Dấu “=” xảy ra
3
3
1
=== c b a
0.25
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m x m x m x x 4 ) 2 ( 2 ) 2 ( 8 2 4
++--=+
Điều kiện: ê
ë
é
-£
³
2
0
x
x
Phương trình trương đương: ) 4 2 ( 4 2 ) 4 2 )( 2 ( 2 2 2 2
+-+--=+-+ x x m x x x x x x (1)
m
x x
x x
x x
x x
+
+-
+
-=
+-
+
Û
4 2
2
2
4 2
2
2
2
2
2
Đặt 0
4 2
2
2
2
³=
+-
+
t
x x
x x
0.25
Ta có:
3
3 2
3 ) 1 (
3 ) 1 (
3
2
1
3 ) 1 (
) 1 ( 4
1 2
2
2
+
=
+-
+-
+£
+-
-
+=
x
x
x
x
t .
Dấu “=” xẩy ra 3 1+=Û x .
Do ) (x t là hàm số liên tuc trên các khoảng ] 2 ; ( --¥ và ) ; 0 [ +¥ nên
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é +
Î
3
3 2
; 0 t (có thể lập
bảng biến thiên để chỉ ra điều này)
0.25
Phương trình trở thành m t t =+ 2
2 (2).Phương trình(1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
(2 )có nghiệm
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é +
Î
3
3 2
; 0 t
Xét
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é +
Î"+=
3
3 2
; 0 , 2 ) ( 2
t t t t f có 0 1 4 ) ( ' >+= t t f
ú
ú
û
ù
ê
ê
ë
é +
Î"
3
3 2
; 0 t
Do đó
3
3 2 3 3 2 4
) ( 0
+++
££ t f
0.25
Vậy phương trình có nghiệm khi
3
3 2 3 3 2 4
0
+++
££ m
0.25
Câu VIa
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2),trọng tâm và
tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC lần lượt là G(
3
2
;
3
2
),I(1;­2) .Xác định tọa độ đỉnh C.
1 điểm

6. +Do G là trọng tâm tam giác & M là trung điểm BC nên:
GM AG 2=
î
í
ì
-=
-=
Û
ï
ï
î
ïï
í
ì
=-
=-
Û
2
4
3
4
. 2
3
2
3
7
. 2
3
2
A
A
A
A
y
x
y
x
Þ A ) 2 ; 4 ( --
0,25
+Từ giả thiết Þ BC là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM nên nhân ) 4 ; 2 (= IM là
vectơ pháp tuyến Þ BC:x + 2y ­ 7=0
0,25
+Phương trình đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC là (C) 25 ) 2 ( ) 1 ( 2 2
=++- y x
Tọa độ C chính là giao của đường tròn (C) & đường thẳng BC
0.25
+Giả hệ
î
í
ì
=++-
=+
25 ) 2 ( ) 1 (
0 7 ­ 2y x
2 2
y x
ta được ) 3 ; 1 ( C hoặc ) 1 ; 5 ( C
M
I
A
B
C
G
0.25
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
2
2
3
2
1
1
: ;
1
2
1 2
1
: 2 1
-
-
=
+
=
-
-
+
==
- z y x
d
z y x
d
Chứng minh rằng 1 d và 2 d chéo nhau.Lập phương trình đường thẳng D song song với mặt
phẳng (P)
0 7 =-++ z y x cắt 1 d , 2 d tại 2 điểm sao cho khoảng cách 2 điểm đó là ngắn nhất.
1 điểm
+ Phương trình tham số của
ï
î
ï
í
ì
-=
+-=
+=
ï
î
ï
í
ì
--=
=
+=
' 2 2
' 3 2
' 1
;
2
2 1
: 2 1
t z
t y
t x
d
t z
t y
t x
d
Véc tơ chỉ phương của 2 đường thẳng lần lượt là: ) 2 ; 3 ; 1 ( ); 1 ; 1 ; 2 ( 1 1 --
®®
u u thấy rằng
®®
1 1 ,u u
không cùng phương nên d1,d2 cắt nhau hoặc chéo nhau.Xét hệ:
ï
î
ï
í
ì
-=--
+-=
+=+
' 2 2 2
' 3 2
' 1 2 1
t t
t t
t t
vô nghiệm nên d1,d2 chéo nhau.
0.25
+Goi A,B là giao điểm của D với d1,d2 ) ' 2 2 ; ' 3 2 ; ' 1 ( ); 2 ; ; 2 1 ( t t t B t t t A -+-+--+Þ
) 4 ' 2 ; 2 ' 3 ; 2 ' ( ++----Þ t t t t t t AB .Do ) //(PD 0 . =Þ p n AB
0 2 2 ' 2 0 ) 4 ' 2 ( ) 2 ' 3 ( ) 2 ' ( =+-Û=++-+--+-Û t t t t t t t t 1 ' -=Û t t
0,25
2
+Khi đó AB=
2
7
2
49
)
2
5
( 6 62 30 6 ) 6 ( ) 5 2 ( ) 1 ( 2 2 2 2 2
³+-=+-=+-+-+-- t t t t t t
Dấu “=” xảy ra
2
5
=Û t .
0,25

7. +Với
2
5
= t ta có: )
2
9
;
2
5
; 6 (
-
A ; ) 1 ; 0 ; 1 (
2
7
)
2
7
; 0 ;
2
7
( -=
-
AB ;
Từ đó ta có
ï
ï
ï
î
ï
ï
ï
í
ì
+
-
=
=
-=
D
t z
y
t x
2
9
2
5
6
:
0,25
Gọi 3 2 1 , , z z z là các nghiệm của phương trình: 0 2 2 3
=+- z z , C z Î .Tính
2
3
2
2
2
1 3 2 z z z ++ 1 điểm
Ta có: ê
ë
é
=+-
-=
Û=+-+Û=+-
(*) 0 2 2
1
0 ) 2 2 )( 1 ( 0 2 2
2 2 3
z z
z
z z z z z
0,25
Có ê
ë
é
+=
-=
Û
i z
i z
1
1
(*)
0,25
CâuVIIa
Do đó phương trình có 3 nghiệm: 1 1 -= z , i z -= 1 2 , i z += 1 3
Từ đóÞ 1 2
3
2
2
2
1 =++ z z z
0,25
Þ 5 2 2
3
2
2
2
1 =-++ i z z z
0.25
Câu VIb
1
Trong mặt phẳng tạo độ Oxy ,cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình :
0 3 =+- y x ;đỉnh B(4;­1). Điểm M(0;1) nằm trên cạnh AB.Xác định tọa độ các đỉnh còn lai
của hình thoi.
1 điểm
I
A
D
B
C
M
N
Ta có:BD có phương trình: 0 3 =-+ y x
Goi I là tâm hình thoi ABCD ) 3 ; 0 ( IÞ Do I là trung điểm BD ) 7 ; 4 (-Þ D
0,25
Goi N là điểm đối xùng của M qua I ta có N(0;5) DCÎ .Ta có phương trình DC qua D
Nhân ) 1 ; 2 ( 2 ) 2 ; 4 ( -=-= DN là vectơ chỉ phương do đó DN nhận vectơ ) 2 ; 1 ( n là vectơ pháp
tuyến .Từ đó có phương trình DC: 0 10 2 =-+ y x
0,25
Ta có BC AC C Ç= )
3
13
;
3
4
( CÞ
0,25
Do I là trung điểm AC )
3
5
;
3
4
(-Þ A
0,25
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
2
2
3
2
1
1
: ;
1
2
1 2
1
: 2 1
-
-
=
+
=
-
-
+
==
- z y x
d
z y x
d
Chứng minh rằng 1 d và 2 d chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng song song với mặt phẳng
1 điểm

8. (P) 0 7 =-++ z y x cắt 1 d , 2 d tại 2 điểm phân biệt sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó
ngắn nhất.
0, 25
0,25
Gọi Goi A,B là giao điểm của mặt phẳng cần tìm với d1,d2 ..tương tư Câu VIb .b
0,25
Phương tình mặt phẳng cần tìm qua A song song với (P) do đó ta có kết quả là:
0 4 =-++ z y x 0,25
Giải bất phương trình: 2 5 3 . . 2 2 . 4 2 5 3 2 2 2
+-->+-+-- x x e x x e x x x x x 1 điểm
Điều kiên:
3
1
2 ££- x
Bất phương trình tương đương: 0 ) . 2 1 )( 2 2 5 3 ( 2
>-++-- x
e x x x x (*)
0.25
Xét x
e x x f . 2 1 ) ( -= có 1 0 ) ( ' ) 1 ( . 2 ) ( ' -=Û=Þ+-= x x f x e x f x
Lập bảng biên thiên f(x) 0 ) ( >Þ x f ]
3
1
; 2 [-Î"x
0,25
Do đó:
(*) Û
ê
ê
ê
ê
ê
ë
é
î
í
ì
>+--
³-
î
í
ì
³+--
<-
Û->+--Û>++--
2 2
2
2 2
4 2 5 3
0 2
0 2 5 3
0 2
2 2 5 3 0 2 2 5 3
x x x
x
x x
x
x x x x x x .
0,25
CâuVIIb
Gải bất phương trình,kết hợp nghiêm ta được:
3
1
1 £<- x
0.25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.