63 Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án

đi qua điểm M11(1; 1;2)u  1 (0;4; 1) 
2 có vtcp ; đi qua điểm 2 (1; 3; 3)u   2 2 (0;2;0)M
 mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt 2)n M1 1, (3; 1;I u     
  
p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0 
Tương tự mp(Q) chứa và điểm I có vtpt 2 'n

(3;-1;2) 
p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 
*Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và 2 , nên d = (P)  (Q) 
đường thẳng d có vtcp ',du n n   
 
= (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0) 
Nên p/t tham số của d là
1
5 3
0
x t
y t
z
    
*mp( ) qua điểm I và song song với 1 và 2 nên ( ) có vtpt n

= =(9;5;-2) 1 2,u u
 
 p/t ( ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-107- 
CâuVa 
3 điểm 
1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 :  0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 
*Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: (điểm) 310 720A 
* Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ còn lại khác 
nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: 29 72A  (điểm) 
2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC) d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) 
Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = ACBD mp(SMN) mp(SDC)  
Hạ MH SN , (HSN)  MHmp(SDC) MH = d(M;(SDC)) 
 = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) 
 * Tính MH: Hạ OI SN MH = 2.OI  
 SNO vuông có: 
2 2
2
2 2 2 2
1 1 1 .OS
OS OS
ONOI
OI ON ON
     2 
Với ON = 
2
a ; OS = a
N
O
A
D
B C
S
M
I
H
ta tính được OI = a 5
5
 MH=  2a 5
5
3) (1 điểm) * ; Đ/k x>0 . Đặt lo2log 23 x x 1 2g x t 2tx  
p/t *  3 13 4 1 1
4 4
t t
t t               . Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m được 
nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : lo 2g 1 2x x   
KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-108- 
Câu Vb 
3 điểm 
1)(1 điểm) Đặt 5 ' 4( ) 5 5 ( ) 5( 1) 5( 1)( 1)( 1)f x x x f x x x x x         2

1
'( ) 0
1
x
f x
x
     .Ta có bảng biến thiên của h/s f(x): 
x - -1 1 + 
f’(x) + 0 - 0 + 
f(x) 
 -1 + 
- -9 
 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một 
điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất 
2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm là ( 0 0;x y ), PTTT (d) có dạng: 0 0 116 9
x x y y  * 
 Vì A(4;3)(d)  0 04 3 1
16 9
x y  (1) 
Vì tiếp điểm ( )E ,nên 
2 2
0 0 1
16 9
x y  (2) .Từ (1),(2) ta có 
0
144
x
 
0 00
2 2 0 0
0 0
12 3 4; 0
4
0; 39 16
x yy
x yx y
       
 . Từ p/t * , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) đi qua 
điểm A(4;3) là : (d ) : x – 4 = 0 ; (d ) : y – 3 = 0 1 2
3)(1 điểm) 1TH : Số phải tìm chứa bộ 123: 
 Lấy 4 chữ số  0;4;5;6;7;8;9 : có cách 47A
 Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số 
vừa lấy: có 5 cách 
 có 5 47A = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 
 Trong các số trên, có 4 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu 36A
 Có 5 - 4 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 47A 36A
 TH2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) 
 Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có bặt 321 
Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng 
liền giữa hai chữ số 1 và 3 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng thì phải cho điểm tối đa 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-109- 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2x 3y
x 2
  có đồ thị (C). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B 
sao cho AB ngắn nhất . 
Câu II (2 điểm) 
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 
2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x 5 
Câu III (1 điểm) 
 Tính tích phân: 
1
2
1
dx
1 x 1 x    
Câu IV (1 điểm) 
 Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt 
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . 
Câu V ( 1 điểm ) 
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4
x y z
   . CMR: 1 1 1 1
2 2x y z x y z x y z2
        
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a.( 2 điểm ) 
1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên 
đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : 
 x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng : 
 (d) x 1 và (d’) 3 y z 2
1 1 2
   
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
   
  
Viết phương trình tham số của đường thẳng ( ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường 
thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . 
Câu VIIa . ( 1 điểm ) 
Tính tổng : S 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C     
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b.( 2 điểm ) 
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : 
 (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : 
 (d)  và (d’) 
x t
y 1 2t
z 4 5t

 
  
x t
y 1 2
z 3t

t  
  
 
a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . 
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . 
Câu VIIb.( 1 điểm ) 
Giải phương trình :  5log x 3 2 x 
----------------------------- Hết ----------------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-110- 
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 
M«n thi: to¸n 
Thêi gian lμm bμi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò 
C©u Néi dung §iÓm
1 
1.25® 
Hμm sè y = 2x 3
x 2

 cã : 
- TX§: D = \ {2} R
 - Sù biÕn thiªn: 
+ ) Giíi h¹n : . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng y = 2 lμm TCN 
x
Lim y 2 
, . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng x = 2 lμm TC§ 
x 2 x 2
lim y ; lim y
  
   
+) B¶ng biÕn thiªn: 
Ta cã : y’ =  2
1
x 2
  < 0 x D  
Hμm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2 vμ hμm sè kh«ng cã cùc trÞ 
- §å thÞ 
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; 3
2
) 
+ Giao ®iÓm víi trôc hoμnh : 
A(3/2; 0) 
- §THS nhËn ®iÓm (2; 2) 
lμm t©m ®èi xøng 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 I 
2.0® 
2 
0,75đ 
Lấy điểm 1M m;2
m 2
 
y’ 
y 2 
2 
-
2


- 
  x 
8
6
4
2
-5 5 10
-2
-4
   C . Ta có :    2
1y ' m
m 2
   . 
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
    2
1 1y x m 2
m 2m 2
      
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2A 2;2
m 2
    
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) 
0,25đ 
0,25đ 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-111- 
Ta có :    
22
2
1AB 4 m 2 8
m 2
       
 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 
0,25đ 
1 
1,0® 
Phương trình đã cho tương đương với : 
 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
    
sin x cosx2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x
               
     
 2 3 cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x
        
 Xét 2 3 30 tan x tan x
cosx sin x 2
         k 
 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với t 2;  2 . Khi đó phương trình trở thành: 
2
2t 1t 0 t 2t 1 0 t 1
2
         2 
Suy ra : 1 22cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
                   
x 2
4
   k 
0,25 
0,25 
0,5 
II 
2,0® 
2 
1,0® 
 x2 - 4x + 3 = x 5 (1) 
TX§ : D =  5; ) 
   21 x 2 7 x     5 
®Æt y - 2 = x 5 ,  2y 2 y 2 x 5    
Ta cã hÖ : 
 
 
 
  
2 2
2
x 2 y 5 x 2 y 5
y 2 x 5 x y x y 3 0
y 2 y 2
                    
 
 
2
2
x 2 y 5
x y 0 5 29x
2x 2 y 5
x 1x y 3 0
y 2
                      
0,25 
0,25 
0,5 
III 
1.0® 1® 
Ta có : 
1
2
1
dx
1 x 1 x    =    
1 12 2
2 2
1 1
1 x 1 x 1 x 1 xdx dx
2x1 x 1 x 
          
1 1 2
1 1
1 1 1 x1 dx dx
2 x 2x 
       
 
1
1
1 1
1
1 1 1I 1 dx ln x x | 1 2 x 2
          
 
1 2
2
1
1 xI dx
2x
 . Đặt 

  2 2 2t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx       
0,5 
0,5 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-112- 
Đổi cận : x 1 t 2
x 1 t 2
       
Vậy I2=  
2 2
2
2
t dt 0
2 t 1
 
Nên I = 1 
IV 
2® 
1.0® 
Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 
Ta có : ; BC = AC = a.cosSCA   ; SA = a.sin 
Vậy 
3 2 3SABC ABC1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin3 6 6 6        2  
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 .   1f ' x 0 x
3
    
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số 
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm 
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN 
hay    x 0;1 1 2Max f x f 3 3
     3 
Vậy MaxVSABC = 
3a
9 3
, đạt được khi 
sin =  1
3
 hay 1arcsin
3
  
( với 0 < 
2
  ) 
0,25 
0,5 
V 1.0® 
+Ta có : 
1 1 1 1
2 4 2
.( )
x y z x y z
    ;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
    ;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
   
+ Lại có : 1 1 1 1( )
x y 4 x y
  ; 
 1 1 1 1( )
y z 4 y z
  ; 
 1 1 1 1( )
x z 4 x z
  ; 
cộng các BĐT này ta được đpcm. 
1® 
VIa 
2® 
1 
1® 
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : 
 a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 
AB tạo với BC nên : 
2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
   
A
B
C
S
 
 
2 2
2a 5b 29
5a b
     2 2 25 2a 5b 29 a b    
 9a 2 + 100ab – 96b2 = 0
a 12
8a b
9
 
b
 
 
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) 
không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . 
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-113- 
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 
2 
1® 
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : 
x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
     
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP  u 1;1;2 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP  u ' 2;1;1 
Ta có : 
  MM ' 2; 1;3  
   1 2 2 1 1 11 1 1 2 2 1MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0          
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) 
Khi đó : 
      MM ' u, u ' 8d d , d '
11u, u '
     
  
  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VIIa 
1đ 
Chọn khai triển : 
 5 0 1 2 2 55 5 5 5x 1 C C x C x C x      5

 7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 57 7 7 7 7 7 7 7x 1 C C x C x C x C C x C x C x             
Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 
 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C    
Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của 
(x + 1)12 là : 512C
Từ đó ta có : = = 792 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C     512C
.0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VIb 
2đ 
1 
1đ 
Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có 
tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 
(A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C 1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và 
I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là : 
 
 
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
        
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 
Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) : 
 |2A – 7B | = 5 2 2A B 2 221A 28AB 24B 0   
14 10 7A B
21
   
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203 10 7  
Vậy có hai tiếp tuyến : 
(- 14 10 7 )x + 21y 203 10 7  = 0 
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3BC
2
   , thay vào (2) ta 
được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-114- 
2 
1® 
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP  u 1;2;5 
+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP  u ' 1; 2; 3  
Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là 1 3I ;0;
2 2
 
 hay (d) và (d’) cắt 
nhau . (ĐPCM) 
b) Ta lấy u 15 15 15v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7u '
       

 
 . 
Ta đặt : 15 15 15a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7
         
  
7
 15 15 15b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7
         
  
7
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt 
nhận hai véctơ làm VTCP và chúng có phương trình là : a,b 
1 15x 1
2 7
15y 2 2 t
7
3 15z 5 3
2 7
                           
t
t
 và 
1 15x 1
2 7
15y 2 2 t
7
3 15z 5 3
2 7
                           
t
t
VIIb 1® 
ĐK : x > 0 
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t 
   t t52 log 2 3 t 2 3     t5 t t2 13 13 5            (2) 
Xét hàm số : f(t) = 
t t2 13
3 5
          
f'(t) = 
t t2 1ln 0,4 3 ln 0,2 0, t
3 5
            R
 
Suy ra f(t) nghịch biến trên R 
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-115- 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Môn : Toán, khối D 
(Thời gian 180 không kể phát đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ 
nhất. 
 1

Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0  
 2. Giải bất phương trình   24x 3 x 3x 4 8x 6     
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân 3
6
cotxI d
s inx.sin x
4


    
 x 
Câu IV (1 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S 
xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và 
SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. 
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3
2 2 23 3
a b cP
b c a
  
3
3   
PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a. (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2x y 2x 8y 8 0     . Viết phương 
trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung 
có độ dài bằng 6. 
 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho 
độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1 điểm) 
 Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i 2   . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Tính giá trị biểu thức: 100100200C . 2 4 6100 100 1004 8 12 ...A C C C    
2. Cho hai đường thẳng có phương trình: 
1 : 13 2
2 3x z  2d y   2
3
: 7
1
x t
d y
z t
t
     
Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). 
Câu VII.b (1 điểm) 
Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 
 -------------------Hết----------------- 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-116- 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu Nội dung Điểm 
1 
Tập xác định: D=R    3 2 3 2lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x         
y’=3x2-6x=0 
0
2
x
x
  
Bảng biến thiên: 
 x - 0 2 +  
 y’ + 0 - 0 + 
 2 +  
 y 
 - -2 
Hàm số đồng biến trên khoảng: 
(-;0) và (2; + ) 
Hàm số nghịch biến trên 
khoảng (0;2) 
fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 
y’’=6x-6=0x=1 
khi x=1=>y=0 
 x=3=>y=2 
 x=-1=>y=-2 
 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,5 đ 
I 
2 
 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) 
 Xét biểu thức P=3x-y-2 
 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4P=6>0 
 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, 
để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng 
 Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 
 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
4
3 2 5
2 2 2
5
xy x
y x y
        
=> 4 2 ;
5 5
M    
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
1 
Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0    (1) 
     
  
1 os2 1 2sin 1 2sin
 os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
   
   
0
Khi cos2x=1 x k , k Z 
Khi 1s inx
2

 2
 2
6
x k   hoặc 5 2
6
x k   , k Z 
0,5 đ 
0,5 đ II 
2 
Giải bất phương trình:   24x 3 x 3x 4 8x 6     (1) 
63 Đề thi thử Đại học 2011
-117- 
 (1)   24 3 3 4 2x x x 0      
Ta có: 4x-3=0x=3/4 
 2 3 4x x   2=0x=0;x=3 
Bảng xét dấu: 
 x - 0 ¾ 2 +  
 4x-3 - - 0 + + 
2 3 4 2x x   + 0 - - 0 + 
Vế trái - 0 + 0 - 0 + 
Vậy bất phương trình có nghiệm:  30; 3;
4
x       
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
III 
Tính 
 
 
3 3
6 6
3
2
6
cot cot2
s inx s inx cossin x sin
4
cot2
s in x 1 cot
x xI dx dx
xx
x dx
x
 
 


     
 
 

Đặt 1+cotx=t 21sin dx dtx  
Khi 3 11 3; 
6 3 3
x t x t         
Vậy  3 1 3 13 1
33 1
3
1 22 2 ln 2 l
3
tI dt t t
t
 


         n 3 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
IV 
 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. 
Xét SHA(vuông tại H) 
0 3cos30
2
aAH SA  
Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh 
3
2
aAH  
=> H là trung điểm của cạnh BC 
=> AH  BC, mà SH  BC => 
BC(SAH) 
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại 
K 
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA 
=> 0 3AHsin 30
2 4
AH aHK    
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
H
A C
B
S
K
 3
63 Đề thi thử Đại học 2011
-118- 
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 3
4
a 
0,25 đ 
V 
Ta có: 
3 3 2 6
3
2 2
3 33
16 64 42 3 2 3
a a b a
b b
    
2a (1) 
3 3 2 6
3
2 2
3 33
16 64 42 3 2 3
b b c c
c c
    
2c (2) 
3 3 2 6
3
2 2
3 33
16 64 42 3 2 3
c c a c
a a
    
2c (3) 
Lấy (1)+(2)+(3) ta được: 
  2 2 2 2 2 29 316 4a b cP a b c      (4) 
Vì a2+b2+c2=3 
Từ (4) 3
2
P  vậy giá trị nhỏ nhất 3
2
P  khi a=b=c=1. 
0,5 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
 A. Theo chương trình chuẩn 
1 
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , 
=>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) 
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> 
khoảng cách từ tâm I đến  bằng 2 25 3 4  
 
2
4 10 13 4
, 4
3 1 4 10 1
cc
d I
c
            
(thỏa mãn c≠2) 
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1x y 0    hoặc 
3 4 10 1x y    0 . 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
VI.a 
2 
Ta có  1; 4; 3AB    
Phương trình đường thẳng AB: 
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
     
Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên 
cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3)DC a a a    
Vì =>-a-16a+12-9a+9=0AB DC  21
26
a  
Tọa độ điểm 5 49 41; ;
26 26 26
D     
0,25 đ 
0,25 đ