1. TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ
CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012
NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
2x + 1
Cho hàm số y = có đồ thị (C).
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Gọi I là giao điểm của 2 tiệm cận của đồ thị hàm số. Tìm điểm M trên đồ thị sao cho
khoảng cách từ I đến tiếp tuyến của đồ thị tại M là lớn nhất.
Câu 2: (2 điểm)
sin 3 x − cos3x
1. Giải phương trình 7( − cosx) = 4 − cos2x .
2sin 2 x − 1
2. Giải phương trình (4 x + 3) 4 x + 3 = 2 x 2 + 11x + 6 .
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + 10 x + y 2 = 0 và đường
thẳng ∆: 8 x + 6 y − 35 = 0 .Tìm điểm M trên đường tròn (C) và điểm N thuộc ∆ sao cho MN bé nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1,0,3) và đường thẳng ∆:
x −1 y + 1 z −1
= = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt ∆ tại 2 điểm A và B sao cho AB là
2 1 2
cạnh của hình vuông nhận I làm tâm.
Câu 4: (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’có AA’=AC = a. Gọi E là trung điểm của A’B’, F là
trung điểm của BC và K là trung điểm của CC’. Tìm thể tích khối tứ diện AEC’F và chứng minh
rằng EF⊥ AK.
Câu 5: (2 điểm)
π
3
dx
1. Tính ∫  π
.
π
s inx.sin  x + 
6
 6
576
2. Cho số phức z = là một nghiệm của phương trình: 2 z 3 + 15 z 2 + mz + 171 = 0
( 3 + i) 6
(với m ∈ ˞).Tìm m và giải phương trình trên tập số phức với giá trị m tìm được.
Câu 6: (1điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y z
sau: P= + +
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z
----------------------HẾT----------------------
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………

2. TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ
CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012
NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
KHỐI D
Câu ý Nội dung Điểm
1 1 TXĐ: R{-1}
(2điểm) 1
y'= > 0 ∀x ≠ −1 0,25
( x + 1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞ ;-1) và (-1;+∞)
2x +1 2x +1
Giới hạn: lim = −∞; lim = +∞ ⇒ đường tiệm cận đứng của
x →−1+ x +1 x →−1− x + 1
đồ thị là x = -1 0,25
2x +1
lim = 2 ⇒ đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
x →±∞ x +1
bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞
y’ + +
y 0,25
2 +∞
2
-∞
y
4
2
-5 5
0,25
O x
-2
-4
Nhận xét: đồ thị nhận điểm I(-1;2) là tâm đối xứng
2 1
Gọi điểm M(a; 2 − ) thuộc đồ thị. Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình
a +1
1 1
là: y = ( x − a) + 2 − 0,25
(a + 1) 2
a +1

3. Ta có:
1 1 2
(−1 − a ) − 2 + 2 − −
(a + 1) 2
a +1 a +1 2 0,25
d (I , d ) = = =
1 1 1
+1 +1 + (a + 1) 2
(a + 1) 4 (a + 1) 4 (a + 1) 2
1
Vì + (a + 1)2 ≥ 2 ⇒ d ( I , d ) ≤ 2
(a + 1) 2
a = 0 0,5
Vậy d(I,d)max = 2 . Dấu “ = “ xảy ra khi (a + 1) 4 = 1 ⇔ 
 a = −2
Vậy M(0;1) hoặc M(-2; 3) thỏa mãn đầu bài.
2 1  π
(2điểm) 1  x ≠ 12 + kπ
điều kiện: sin 2 x ≠ ⇔ 
2  x ≠ 5π + kπ


12
sin 3x − cos3x
7( − cosx) = 4 − cos2x 0,5
2sin 2 x − 1
3sin x − 4sin 3 x − 4cos3 x+3cosx
⇔ 7( − cosx) = 4 − cos2x
2sin 2 x − 1
(s inx+cosx)(3 − 4 + 4s inxcosx)
⇔ 7( − cosx) = 4 − (1 − 2sin 2 x)
2sin 2 x − 1
 π
sinx=3(loai)  x = 6 + k 2π
⇔ 7s inx = 2sin 2 x + 3 ⇔  ⇔
sinx= 1  x = 5π + k 2π 0,5
 2 
 6
2 Điều kiện : x≥ -3/4
Đặt t = 4 x + 3(t ≥ 0)
0,5
x = t
Pt ⇔ (4 x + 3)t = 2 x + 2t + 3x ⇔ 2( x − t ) + 3( x − t ) = 0 ⇔ 
2 2 2
 2 x − 2t + 3 = 0

x = 2 ± 7
+) x = t ⇔ x = 4 x + 3 ⇔  ⇔ x = 2+ 7
x ≥ 0

 1
4 x 2 − 4 x − 3 = 0  x = −
 2
+) 2 x − 2t + 3 = 0 ⇔ 2 x + 3 = 2 4 x + 3 ⇔  3 ⇔
x ≥ − x = 3
 4 
 2 0,5
1 3
Vậy nghiệm của phương trình là x = − ; x = ; x = 2 + 7
2 2

4. L
3 1
(2điểm) (C) có tâm I(-5;0); R = 5
15
d(I,∆)= >5
2 I
Vậy ∆ không cắt đường tròn M 0,5
(C).
Gọi d là đường thẳng qua I
K
vuông góc với ∆ cắt (C) tại
N
L,K và cắt ∆ tại H.
Giả sử K nằm giữa H và I. H
Ta có :
MN ≥ IN – IM ≥IH – IK = KH
Vậy MN min = HK khi M≡K; N≡H
Tìm K và H.
Phương trình đường thẳng d là : 6x – 8y +30 = 0
x = 1
8 x + 6 y − 35 = 0  9
Tọa độ H là nghiệm của hệ  ⇔ 9 ⇒ H (1; )
6 x − 8 y + 30 = 0 y = 2 2
 0,5
 x 2 + 10 x + y 2 = 0  x = −1 ⇒ y = 3
Tọa độ K, L là nghiệm của hệ  ⇔
6 x − 8 y + 30 = 0  x = −9 ⇒ y = −3
Vì d((-1;3),∆) =5/2 ; d((-9;-3),∆) =25/2 suy ra K(-1;3)
Vậy M(-1;3) và N(1;9/2) thỏa mãn đầu bài.
2 ∆ đi qua M(1;-1;1) nhận u (2;1; 2) là vtcp
 MI, u  2 5 0,5
 
d ( I , ∆) = =
u 3
Gọi H là hình chiếu của I lên ∆ thì H là trung điểm của AB.
40
Vì ∆AIB vuông cân tại I nên ta có AI 2 = IH 2 + HA2 = 2 IH 2 =
9 0,5
40
Vậy phương trình mặt cầu (S) là : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z − 3) 2 =
9
4 +) Tìm VAEC’F A' M C'
(1điểm) Gọi I là trung điểm của B’C’
H là trung điểm B’I
E I
⇒ SAEF = SAHF
Suy ra H
B'
VAEC’F = VC’AEF = VC’AHF K
= VAC’HF
1
= AF.SC'HF
3 0,5
1 1
= AF. FI .C ' H
3 2 C
A
1a 3 1 3 a3 3
= . a. a =
3 2 2 4 16 F
B

5. +) Chứng minh EF ⊥AK
Gọi M là trung điểm của A’C’
Khi đó CFEM là hình bình hành nên EF//CM
Ta lại có ∆ACK =∆CC’M ⇒ ˕˓H = ˕′˕H
0,5
Mà ˕˓H + ˕H˓ = 90" ⇒ ˕′˕H + ˕H˓ = 90" ⇒ ˕H ⊥ ˓H
Vậy EF ⊥AK
5 1 π
sin
(2điểm)  π 6 1
NX : cot x − cot  x +  = =
 6  π  π 0,25
s inx.sin  x +  2s inx.sin  x + 
 6  6
π π
3
dx 3
π π π
I=∫ = 2 ∫ (cot x − cot( x + ))dx = 2(ln sin x − ln sin( x + )) |π
3 0,5
 π 6 6 6
π
s inx.sin  x +  π
6
 6 6
0,25
I = 4 ln 3 − 2 ln 2
2 576 576 576
z= = = = −9
( 3 + i) 6 π π 6 26 (cosπ + i sin π ) 0,25
26 (cos + i sin )
6 6
Với z = - 9 suy ra m = -8 0,25
Với m = -8 pt có dạng : 2 z 3 + 15 z 2 − 8 z + 171 = 0 ⇔ ( z + 9)(2 z 2 − 3z + 19) = 0
 z = −9
 z = −9
⇔
⇔ 2
0,5
2 z − 3 z + 19 = 0  z = 3 ± i 143
 
 4
6 x y z
Cách1: P = + +
(1điểm) x+3 y+3 z +3
x 3x + 1 0,5
Ta có : ≤ ∀x > 0 ⇔ 16 x ≤ (3x + 1)( x + 3)∀x > 0
x+3 16
⇔ 3( x − 1) 2 ≥ 0∀x > 0 (luôn đúng)
x y z 3x + 1 3 y + 1 3z + 1 3 0,25
Suy ra P = + + ≤ + + =
x+3 y+3 z +3 16 16 16 4
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
3 0,25
Vậy max P = khi x =y =z =1
4
x y z 1 1 1
Cách 2: P = + + = 3 − 3( + + )
x+3 y+3 z +3 x+3 y+3 z +3
1 1 1 9 3
mà + + ≥ =
x+3 y+3 z +3 x+ y+ z +9 4
1 1 1 9 3
⇒ P = 3 − 3( + + ) ≤ 3− =
x+3 y+3 z +3 4 4
3
Vậy max P = khi x =y =z =1
4
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa