Tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng môn Toán

 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 1)
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: Cho hàm số .
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
	2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Câu 2: 
	1) Giải phương trình: 25x – 6.5x + 5 = 0
Tính tích phân:
	.
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [-2; 0].
Câu 3: 
	 Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu 4: Cho x, y, z là các số dương thoả : . CMR: 
.
II. PHẦN RIÊNG 
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu 5a:	Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình:
.
	1) Xác định tọa độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mp(P).
	2) Viết p.trình đường thẳng d đi qua T và vuông góc với (P). Tìm tọa độ giao điểm của d và (P).
Câu 6a: Giải phương trình : 8z2 – 4z + 1 = 0 trên tập số phức.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 5b: Cho điểm A(1; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình 
	1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d.
	2) Tính khoảng cách từ điểm A đến d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
Câu 6b: Giải phương trình trên tập số phức.
BÀI GIẢI (ĐỀ 1)
Câu 1: 
	2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5 
Û Û x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
	Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1) 
Û y = -5x + 22 hay y = -5x + 2
Câu 2: 1) 25x – 6.5x + 5 = 0	Û Û 5x = 1 hay 5x = 5
	Û x = 0 hay x = 1.
	2)	 = 
	Ñaët u = x Þ du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx
	Þ I = = 
	3)	Ta coù : f’(x) = 2x + 
	f’(x) = 0 Û x = 1 (loaïi) hay x = (nhaän)
	f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f() = 
	vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân vaø 
Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 Û a2 = 3AB2 Û 
B
A
S
a
a
a
C
 (đvtt)
Câu 4.a.: 
	1) 	Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6
	d(T, (P)) = 
	2)	(P) coù phaùp vectô 
	Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) : (t Î R)
	Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 Û t = -3
	Þ (d) Ç (P) = A (-2; -4; -4)
Caâu 5.a.: ; ; Căn bậc hai của là 
Phương trình có hai nghiệm là 
Caâu 4.b.: 
	1)	(d) coù vectô chæ phöông 
	Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô :
	2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 Û 2x + y – z + 3 = 0
	2)	Goïi B (-1; 2; -3) Î (d) 
	 = (2; -4; 6)
	 = (-2; 14; 10)
	d(A, (d)) = 
	Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = :
	(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50
Câu 5.b.: 	= 9i2
Căn bậc hai của là 
Phương trình có hai nghiệm là .
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 2)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)
Câu 1: ( 2điểm)
 Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 
Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình: 
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3
Câu 3: (2điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
2. Tính tích phân A = 
Câu 4: (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1).
2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x.
BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 2)
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
	 	2. TXĐ: D = R
 - y’ = 12x2 + 2mx – 3 
 Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị 
 Ta có: 
Câu 2:
	1. Điều kiện: 
 Từ (1) x = 4y
 Nghiệm của hệ (2;)
	2. cosx = 8sin3cosx = 
 Û (3)
 Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
 (3) Û 
Câu 3:
	1.Theo định lý ba đường vuông góc
 BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC
 và AN ^ SC
 ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN
 Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC
 Vây DMSN ~ DCSB
 TM là đường cao của tam giác STB
 BN là đường cao của tam giác STB
 Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ^ ST
 ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm)
	2. = 
 = = 2ln2 – ln3 
Câu 4:
+) , , 
 Þ đpcm
 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) có VTPT = (5;- 4; 0)
 Þ (P): 5x – 4y = 0
	 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT = (-2;- 3; 0)
 Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D)
 2. Ta có: (1)
 Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
 Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
 Û (a + b)(a – b)2 0. (h/n)
 Tương tự: (2) , (3)
 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 
 Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) 
 Ta có 
 Ta có:Þ ptmp(P)
	2.Ta có: n = 45 Þ n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3
Câu 5b:
	1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b)
 N Î © Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5
 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 
 2. Đặt X = 5x Þ X > 0
	 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*)
 Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 
 ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0
 Từ đó suy ra m
*****************************************************************
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 3)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 
	1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
	2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm) 
	1. Giải phương trình lượng giác: 
	2. Giải bất phương trình: 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình 
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 
	1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: 	. Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.
	2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), 
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 
	1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 	 và có hoành độ , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa 	độ các đỉnh của hình chữ nhật.
	2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là: . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b: Cho là những số dương thỏa mãn: . Chứng minh bất đẳng thức
Đáp án.(ĐỀ 3) 
Câu 
Ý
Nội dung
Điểm
I
2
1,00
Ta có . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của I tại A và B là 
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
; 
Hai tiếp tuyến của I tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
Vì A và B phân biệt nên , do đó (1) tương đương với phương trình:
Mặt khác hai tiếp tuyến của I tại A và B trùng nhau
 , 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là và .
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của I tại A và B song song với nhau là 
II
2,00
1
1,00
Điều kiện: 
0,25
Từ (1) ta có: 
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
2
1,00
Điều kiện: 
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
III
1,00
1
1,00
0,50
0,50
IV
1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó và . 
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
 vuông cân tại O nên: 
0,25
Ta có: 
0,25
0,25
và 
0,25
V
1,00
Phương trình (1)
Điều kiện : 
Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện . Thay vào (1) ta được:
0,25
Với m = 0; (1) trở thành:
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
Với m = -1; (1) trở thành
	+ Với 
	+ Với 
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
Với m = 1 thì (1) trở thành: 
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
Via
2,00
1
1,00
Đường tròn I có tâm I(2;1) và bán kính .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của I với hai tiếp của I kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: .
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 
0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 
0,25
2
1,00
 Ta tính được . 
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là , bán kính là .
0,50
VIIa
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : .
0,25
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có cách.
+ Không có bi vàng: có cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, k ... ,00
 (1)
Điều kiện: 
0,25
0,25
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2
1,00
 (2)
Điều kiện: 
0,25
0,25
+ Với ta có phương trình ; 
0,25
+ Với ta có phương trình (4); 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là hoặc 
0,25
III
1,00
Đặt 
+ Đổi cận:
0,50
0,50
IV
1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: , suy ra . 
Dựng , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
0,25
0,25
Thể tích hình nón đã cho: 
0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
0,25
V
1,00
Hệ bất phương trình 
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại thỏa mãn (2).
0,25
Gọi 
0,25
Hệ đã cho có nghiệm 
; 
Vì nên chỉ nhận 
0,25
Ta có: 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 
Do đó 
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
Gọi 
Từ giả thiết suy ra . Do đó 
+ a = 0 . Do đó 
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra (trùng với ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:
0,25
2
1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
0,25
Ta có: 
Từ (1) và (3) suy ra: 
0,25
Từ (2) và (3) suy ra: 
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: 
Như vậy hoặc .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc và R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
 và 
0,25
VIIa
1,00
Điều kiện: 
Hệ điều kiện ban đầu tương đương: 
0,50
0,50
VIb
2,00
1
1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
0,50
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2
1,00
Phương trình tham số của d1 là: . M thuộc d1 nên tọa độ của M .
Theo đề: 
0,25
+ Với t1 = 1 ta được ; 
+ Với t2 = 0 ta được 
0,25
+ Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: .
Phương trình tham số của d2 là:  (2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).
0,25
VIIb
1,00
Điều kiện 
; 
0,25
Ta có: 
0,25
Khi đó: 
0,50
******************************************
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 5)
Bài 1: 
Cho hàm số .
	1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
	2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Bài 2: 
	1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 
	2). Giải phương trình: 2x +1 +x
Bài 3: 
Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1).
1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD.
2). Giả sử mặt phẳng () đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của ().
Bài 4: Tính tích phân: .
Bài 5: Giải phương trình: .
Bài 6: Giải bất phương trình: .
Bài 7: 
	1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy.
	2). Cho số phức . Hãy tính : 1 + z + z2.
Bài 8: 
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C.
Câu 9: 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): .
Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
***********************************************************
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5)
Bài 1:
2) (1)
Đạo hàm 
°	
°	Hàm số có 2 cực tiểu 	Û y có 3 cực trị Û y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
Giả sử: Với , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
Bảng biến thiên:
x
-¥
x1
x2
x3
+¥
y/
-
0
+
0
-
0
+
y
+¥
CT
CĐ
CT
+¥
°	Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
Bài 2: 
1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = Û cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 
Û Û .
2) Giải phương trình : 2x +1 +x. (a)
* Đặt: 
°	Ta có: 
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 	
Do đó: 
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = . 
Bài 3: 
1) + Ta có . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có một VTPT và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) Þ C không thuộc (P), do đó (P) // CD.
 + 
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.
	Ta có : .
Mặt khác: 
 Phương trình mặt phẳng () theo đoạn chắn: . Vì D Î() nên: .
D là trực tâm của DMNP Û . Ta có hệ: .
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (): .
Bài 4: Tính tích phân . Đặt 
 	I = .
Bài 5: Giải phương trình (*)
Ta có: (*) Û 
Từ (2) Þ .
Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
	Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. 
Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = -1 Û .
Kết luận: Phương trình có nghiệm: .
 Bài 6: Giải bất phương trình: .	Đặt , t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9)
	Khi t £ 1 Þ .(i)
	Khi t ³ 9 Þ (2i)
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥).
 Bài 7:
	1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là Þ Số tất cả các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = .
	Xét f(x) = 
	Khi đó f(1) =250 .
	f(-1) = 0 
Do đó: f(1) + f(-1) = 250 Û Þ .
Kết luận:Số tập con tìm được là 
	2) Ta có . Do đó: 
Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là j = .
Tá có : Þ .
Do đó: ; 
.
Do đó: 
.
 (đvtt)
*********************************************************
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011	 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 6)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 
	1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
	2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
 với .
Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: 
	1. ;	2. 
Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường và .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
	1. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: và phân giác trong CD: 	. 	Viết phương trình đường thẳng BC.
	2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: 	.Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 	
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
----------------------Hết----------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 6
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2
1,00
Xét phương trình với (1)
Đặt , phương trình (1) trở thành: 
Vì nên , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có: 
Gọi (C1): với và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền .
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
 	: Phương trình đã cho vô nghiệm.
 	: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
	: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
 	: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
 	 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
m < 0	 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II
2,00
1
1,00
Phương trình đã cho tương đương: 
0,50
0,50
2
1,00
Điều kiện: 
Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có . 
Hệ phương trình đã cho có dạng:
0,25
 hoặc 
+ (I)
+ (II)
0,25
Giải hệ (I), (II).
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
1,00
III
0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: và 
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
Suy ra diện tích cần tính:
0,25
Tính: 
Vì nên 
0,25
Tính 
Vì và nên .
0,25
Vậy 
1,00
IV
0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm .
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 
Trong đó: 
0,25
Từ đó, ta có: 
0,25
V
1,00
Ta có:
+/ ;
+/ 
+/ 
Do đó phương trình đã cho tương đương:
Đặt (điều kiện: ). 
0,25
Khi đó . Phương trình (1) trở thành:
 (2) với 
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): với .
0,25
Trong đoạn , hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là tại và đạt giá trị lớn nhất là tại . 
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 
.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Điểm . 
Suy ra trung điểm M của AC là . 
0,25
Điểm 
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ).
 Suy ra . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ: . 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . 
Mặt khác 
Trong mặt phẳng , ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với .
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: .
VIIa
Để ý rằng ; 
và tương tự ta cũng có 
0,25
Vì vậy ta có:
1,00
Ta có: . Phương trình của AB là: .
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có: . 
0,25
Mặt khác: (CH: chiều cao) . 
0,25
Ngoài ra: 
Vậy tọa độ của C và D là hoặc 
0,50
2
1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng có phương trình tham số: .
Điểm nên .
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và .
Ta có 
Suy ra và 
Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có 
Như vậy 
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng 
 và .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 
0,25
VIIb
1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:. 
Đặt .
Vế trái viết lại:
0,50
Ta có: .
Tương tự: 
Do đó: .
Tức là: 
0,50