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