Đề thi thử đại học môn toán năm 2011-2012

Giới thiệu Ban quản trị website Tuyensinhtructuyen.edu.vn Đã làm việc với các thầy cô chuyên phụ trách công việc ra đề thi đại học hàng năm, các giảng viên các trường đại học, các trung tâm gia sư uy tín, trung tâm gia sư thủ khoa, để sưu tầm, biên tập giới thiệu đến các bạn học sinh tuyển tập các đề thi, đại học, cao đẳng, tốt nghiệp các môn học. Mong các bạn có một mùa thi đạt kết quả cao, ngoài ra chúng tôi còn tư vấn miễn phí các việc sau + Tư vấn chọn trường. + Tư vấn chọn ngành. + Cung cấp thông tin về các trường đại học, cao đẳng + Cung cấp điểm thi đại học sớm nhất + Tư vấn tìm chỗ trọ cho thi sinh khi đi thi đại học (Tạm thời áp dụng tại Hà Nội) Trân trọng ./. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 2 1 2 2 y x x y y x        . 2.Giải phương trình sau:  6 68 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos2 9sin 2 11x x x x x     . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 12 1 2 1 ( 1 ) x xx e dx x    . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng 3 15 27 a . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện  2 22 1x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 1 x y P xy    . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chƣơng trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : 2 1 4 6 8 x y z      và d2 : 7 2 6 9 12 x y z     . Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho 1z , 2z là các nghiệm phức của phương trình 22 4 11 0z z  . Tính giá trị của biểu thức A = 2 2 1 2 2 1 2( ) z z z z   . B. Theo chƣơng trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết xC >0) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:      yyxx xyyx 222 222 log2log72log log3loglog ……………Hết……………… Câu Ý Nội dung Điể m I 1 * TËp x¸c ®Þnh: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: lim lim 2 x x y y     ; tiÖm cËn ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y          ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1 - B¶ng biÕn thiªn Ta cã 2 1 ' 0 ( 1) y x    víi mäi x  - 1 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-  ; -1) vµ ( -1; +  ) 1đ 2 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0 - 1) th× 0 0 0 2 1 1 x y x    Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0 0 2 1 1 x x   - 2| = | 0 1 1x  | Theo Cauchy th× MA + MB  2 0 0 1 x 1 . 1x   =2  MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ M(0;1) vµ M’(-2;3) 0,5 0,5 II 1  6 6 2 3 sin 1 sin 2 (1) 4 x cos x x   Thay (1) vµo ph•¬ng tr×nh (*) ta cã :  6 68 sin 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x     2 2 2 3 8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11 4 3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3 3 sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1 x x cos x x x cos x x x x cos x x x                           3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1) 2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0 cos x x x x x cos x x           0,5 0,5 2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2) 3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3) x x cos x x x cos x              Gi¶i (2) : 12 ( ) 5 12 x k k Z x k           ; Gi¶i (3) 4 ( ) 7 12 x k k Z x k           KÕt luËn : 2 Ta có:   3 3 2 2 3 2 2 32 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y         . Khi 0y  thì hệ VN. Khi 0y  , chia 2 vế cho 3 0y   3 2 2 2 5 0 x x x y y y                      . Đặt x t y  , ta có : 3 22 2 5 0 1t t t t     . Khi 1t  ,ta có : HPT 2 1, 1 1 y x x y x y y          . 0,5 0.5 III I = 1 1 12 2 1 2 1 1 2 2 1 1 ( 1 ) ( ) x x x x x xx e dx e dx x e dx I I x x             . Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = 2 1 1 52 2 2 1 1 2 2 1 3 ( ) 2 x x x xxe x e dx e I x       5 2 3 . 2 I e  0,5đ 0,5 IV Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là Thể tích của khối tứ diện ABCD là Mà Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2 - x + = 0 2 2 2 2 3 5 3 a AE a DE       hoặc 2 2 2 2 5 3 3 a AE a DE       0,5 0,5 H D E C B A trường hợp vì DE<a (DE=CD/2<(BC+BD)/2=a) Xét BED vuông tại E nên BE = Xét BHE vuông tại H nên sin = Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là V Đặt t xy . Ta có:   2 11 2 2 4 5 xy x y xy xy xy         Và   2 11 2 2 4 3 xy x y xy xy xy       . ĐK: 1 1 5 3 t   . Suy ra :     2 2 2 2 2 22 7 2 1 2 1 4 2 1 x y x y t t P xy t          . Do đó:     2 2 7 ' 2 2 1 t t P t     , ' 0 0, 1( )P t t L     1 1 2 5 3 15 P P               và   1 0 4 P  . KL: GTLN là 1 4 và GTNN là 2 15 ( HSLT trên đoạn 1 1 ; 5 3       ) 0,5 0,5 VIa 1 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ  d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 d(I; Δ )= vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 0,5 0,5 2 VÐc t¬ chØ ph•¬ng cña hai ®•êng th¼ng lÇn l•ît lµ: 1 u  (4; - 6; - 8) 2 u  ( - 6; 9; 12) +) 1 u  vµ 2 u  cïng ph•¬ng +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 VËy d1 // d2. *) AB  = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng  I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B. *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®•îc H 36 33 15 ; ; 29 29 29       A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’ 43 95 28 ; ; 29 29 29       I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29        0,5 0,5 VIa Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i    Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z            . Do đó 2 2 1 2 2 1 2 11 ... 4( ) z z z z     0,5 0,5 I A H B Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ VIb 1 Phương trình đường tròn (C): (x+2)2+y2=25 (1) Vì BC AH (0; 6)    nên phương trình BD có dạng: y=m Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta có: GH 2GI    2 G( 1; ) 3    B C B C B C B C x x 4 x x 4 (2) y y 6 y y 3                 Thế (2) vào (1) ta được: x 2 B( 6; 3); C(2; 3) x 6        (vì xC>0) 0,5 0,5 2 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng    : 1, , , 0 x y z a b c a b c       Do M   nªn: cos 3 1 2 3 6 1 3. 162 y abc a b c abc        ThÓ tÝch: min 3 1 27 27 6 6 9 a V abc V b c           MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 0,5 0,5 VIb ĐK: x,y > 0 - hệ phương trình        yyxx xyyx 222 222 log2log3log23 log3loglog - Suy ra: y = 2x 13log2 1 2  x 13log2 2 2  y 0,5 0,5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 2 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m      (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 22 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x    2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x         Câu III (1 điểm): Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c      Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 23( ) 2P x y z xyz    . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chƣơng trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y    . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v  , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z     và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x   2.Theo chƣơng trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v  , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z     và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 22 2 2 121... 2 3 1 1 n n n n n nC C C C n n        ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm I II 2. Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m    Để hàm số có cực trị thì PT , 0y  có 2 nghiệm phân biệt 2 22 1 0x mx m     có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m   05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m               Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m    và 3 2 2m    . 025 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x             05 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k                       Vậy PT có hai nghiệm 2 x k    và 18 3 x k      . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x       . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1) l (2 1) x x x x x x          05 2 2 2 2 1 4log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x                          025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 26 6 2 0 0 tan( ) tan 14 os2x (t anx+1) x x I dx dx c         , 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x 025 III IV Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x     0 0 1 6 3 x t x t        05 Suy ra 1 1 3 3 2 00 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t        . 025 Ta có , ( , ) , ( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB       AM C  (1) Tương tự ta có AN SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3 ABMI ABMV S IH Ta có 2 4 ABM a S  2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC C SC SA AC a a           Vậy 2 31 3 4 3 36 ABMI a a a V   05 Ta c ó:   23 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x                    025 2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x            025 Xét hàm số 3 2( ) 15 27 27f x x x x     , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x          Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z    . 05 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a     . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABCS AB d C AB   . 05 Theo giả thiết ta có 2 2 46 3 5 (4 2 ) 25 02 aa AB a a              Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 VIa VIIa VIb VIIb 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là (1;4;1)n  025 Vì ( ) ( )P  và song song với giá của v  nên nhận véc tơ (2; 1;2)pn n v       làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P   21 ( ( )) 4 3 m d I P m        025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x             05 Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N                       025 Vậy hệ số của 4x là: 4 4 3 1 2 2 2 2 10 10 3 102 2 3 3 8085C C C C C   . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y   và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 42 13 ABC x y S AB d C AB x y      05 2 285 170 3 2 3 13 9 4 13 x y        Dấu bằng xảy ra khi 2 2 21 39 4 2 2 3 2 x y x x y y           . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 05 Xét khai triển 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n nx C C x C x C x      Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 33 1 2 2 22 ... 1 2 3 1 n n n n n n nC C C C n n          05  2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 ... 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n                     Vậy n=4. 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x    C 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của  C tiếp xúc với đường tròn có phương trình     2 2 1 5x m y m     Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 4 2(cot 3) 2 sin 2cos x xx    2. Giải phương trình x 2 1 1 1 log x 1 2log log 4 2 2x 1 4      Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường  ln 2x y x   , 0y  , 1x  và x e . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a  , góc 0 120BAC  , cạnh bên 'BB a . Gọi I là trung điểm của 'CC . Chứng minh tam giác 'AB I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng  ABC và  'AB I Câu V.(1 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1x y xy   .Tìm GTLN, GTNN của 6 6 2 22F x y x y xy    II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh  3; 1C  và phương trình của cạnh huyền là 3 10 0x y   2.Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z    và các đường thẳng: 1 3 : 1 2 1 2 x y z d      , 5 5 : 2 3 4 2 x y z d     Tìm các điểm 1 2 d , dA B  sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 1 4 2 n x x        biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d•¬ng tháa m·n:  1 2 3 12 3 1 64n nn n nC C C n C nC n        2.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: 1 2 2 3 : 2 1 3 x y z d      2 1 2 1 : , 2 1 4 x y z d       Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 20x trong khai triển của biểu thức 5 3 2 ( )nx x  biết rằng: 1 1 1 10 1 2 ... ( 1) 2 3 1 13 n n C C C Cn n n n        ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG Câu I 2 đ 1 + Tập xác định D = R + Sự biến thiên 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x        0,25đ Hàm đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; Hàm số nghịch biến trên  0;2 + Giới hạn lim ; lim ; x x y y       Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x  và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  và yct = -2 0,25 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) x  0 2  y’ + 0 - 0 + y 2   -2 Đồ thị (0,25) 0,5 2 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : 2 2 0x y    0,25 Tâm của đường tròn ( , 1)I m m , bán kính R= 5 0,25 Theo giả thiết ta có 2 1 2 5 3 1 5 5 m m m        2 4 3 m m       0,5 Câu II 2 đ 1 Điều kiện sin 2 0 2 k x x     . 0,25 Ta có   423 1 2 3 2 sin 2 x x x    tan cot 2 2 2(sin cos )2 3 3 2 sin cos x x x x x x     tan cotg 2 3 2 3 0x x  tan tan 0,5 3x  tan 3 x k       1 3 x tan 6 x k      0,25 2 Giải phương trình x 2 1 1 1 log x 1 2log log 4 2 2x 1 4      Điều kiện 2, 3x x  . 0,25 (1) 4 4 4 4log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)           2 2 1 2 1x x x    02 2 7 0 7 2 x x x           0,5 4 2 -2 -4 -5 5 0 1 32-1 Đối chiếu điều kiện ta có 7 2 x  0,25 Câu III 1đ Gọi V là thể tich cần tìm.  2 2 1 ln 2x V dx x     . Đặt   2 ln 2 1 u x dv dx x        1 2 1 1 2 du dx x v x            0,5 Suy ra V=    1 1 1 1 1 3 1 1 1 ln 2 ln3 ln 2 ln 2 2 2 2 2 e e edxx e x x e 