Đề thi và đáp án môn toán 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 6
8 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x
+ + = − +
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x 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 2
2 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 chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 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: d
1
:
2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
và
d
2
:
7 2
6 9 12
x y z
− −
= =
−
. Xét vị trí tương đối của d
1

và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ
điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình
2
2 4 11 0z z− + =
. Tính giá trị của
biểu thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
B. Theo chương 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 x
C
>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………………

Cõu í Ni dung i
m
I
1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
+

= =
; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
+

= + =
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1
' 0
( 1)
y
x
= >
+
với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)
1

2
Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0
0
2 1
1
x
y
x
+
=
+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0

2 1
1
x
x
+
+
- 2| = |
0
1
1x +
|
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0
0
1
x 1 .
1x
+
+
=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và 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) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 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 3sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x

+ = +
ữ

= +
= +
( )
( )
( )
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
=
+ =
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
= =



+ = =

Giải (2) :
12
( )
5
12
x k
k Z
x k

= +





= +


; Giải (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k


= +





= +

Kết luận :
0,5
0,5
2
H
D
E
C
B
A

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------------------

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 3
3 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 :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
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 )
x
x x x x x x
+
− + − − = − + + −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π

π
−
=
∫
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 2
3( ) 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 chương 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
r
, vuông góc với mặt

phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương 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
r
, vuông góc với mặt

phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121
...
2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
NỘI DUNG
Điêm
I
II
III
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −

Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt

2 2
2 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
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =
05

sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k

x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =

= − +

⇔ + ⇔


+


Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
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 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+

05
2
2 2
2
1
4
log (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
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2

1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
025

Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
05
Suy ra
1
1

3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
025
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(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 ABM
V 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 SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3

1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
05
Ta c ó:

[ ]
2
3 ( ) 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
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
05
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=


−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05

2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
025
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p

n n v= ∧ = −
uur r r
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
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 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 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y

 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 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 n
n n n n
x 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 3
3 1 2 2 2
2 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C 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 2
cos
x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2

log 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 2
2F 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 chương 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 x
2
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 1
2 3 1 64
n n
n n n n n
C C C n C nC n
−
+ + + + − + =L

2.Phần dành cho thí sinh theo chương 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 d
1
và d
2
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 d
1
và d
2

Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
20
x
trong khai triển của biểu thức
5
3
2
( )
n
x
x
+
biết rằng:

1 1 1 1
0 1 2
... ( 1)
2 3 1 13
n n
C C C C
n n 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 y
cđ
= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại
2x =
và y
ct
= -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
π
≠ ⇔ ≠
. 0,25
Ta có
( )
4
2
3 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
π
⇔ = − + π

1
3
x =tan
6
x k
π
⇔ = + π
0,25
2
Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−

Điều kiện

2, 3x x> ≠
.
0,25
(1)
4 4 4 4
log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)⇔ − + − − = +
( ) ( ) ( )
2 2 1 2 1x x x− − = +

0
2
2 7 0
7
2
x
x x
x
=
⇔ − = ⇔
=




0,5
4
2
-2
-4
-5 5

0
1
3
2
-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
π
+
=
∫
. 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 e
dx
x e x
x x e
π π π κ π
   
− + + + = − + + +
 ÷  ÷
   
∫

( )
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2
e
e
π
 
= + − + +
 ÷
 

0,5
Câu
IV
1đ
Ta có
3BC a=
. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I
Suy ra
5 13
, ' 2 , '
2 2
AI a AB a B I a= = =
0.25
Do đó
2 2 2
' 'AI AB B I+ =
. Vậy tam giác AB’I vuông tại A
0,25
+
2
'
1 10
. '
2 4
= =
AB I
S AI AB a
.
2
3

4
ABC
S a=
Gọi
α
là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu
vuông góc của tam giác AB’I suy ra
'
10 3
cos cos
4 4
A BI ABC
S S
α α
= ⇔ =
3
cos
10
α
⇔ =
Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ)
Tính ra cosin đựoc 0,25
Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng
0,5
Câu
V
1đ
Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn

2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
.
Ta có
( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2F x y x y x y x y xy= + − + − −
=
( ) ( )
3 2
2 2 2 1xy xy xy− − + +
Đặt
xy t
=
. Ta có
( )
3 2
2 2 2 1f t t t t= − − + +
( )
2
2 2
1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =

1
3

xy
−
⇒ ≥
( )
2
2 2
1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + =
1xy⇒ ≤
suy ra
1
;1
3
t ∈ −
 
 
 
0,25
Ta tìm max, min của f(t) trên
1
;1
3
−
 
 
 

( )
2
' 6 4 2f t t t= − − +

( )
1
;1
3
1
3
1
' 0
t
t
f t
 
∈ −
 
 
=
⇔
= −


=


Ta có
( )
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
−

   
= = − =
 ÷  ÷
   
0,25
Suy ra
37
( )
27
Max f t =
khi
1
3
t =
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
x y= + = −
0,25
( ) 1Minf t = −
khi
1t
=
suy ra
1x y= =
0,25
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
A'
B'

C'
B
A
C
I

Câu
Va
2 đ
1
Ta có tam giác ABC cuông cân tại C.
Goi H là trung điểm của AB suy ra
: 3 0CH x y+ =
Toạ độ của H là nghiệp của hệ
3 0 3
3 10 0 1
x y x
x y y
+ = = −
 
⇔
 
− + = =
 
0,25
giả sử A(t;3t+10) ta có
( ) ( )
2 2
2 2
3 3 9 40AH CH t t= ⇔ + + + =

1
5
t
t
= −

⇔

= −

0,25
Với t = -1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)A B− − −
0,25
Với t = -5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)B A− − −
0,25
2

1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + −

2 2 2 2
(3 5,4 ,2 5)B d B t t t∈ ⇒ + −
2 1 2 1 2 1
(3 2 4,4 3, 2 2 5)AB t t t t t t= − + − − + −
uuur
2 1 2 1 2 1
. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0
p

AB n t t t t t t= ⇔ − + − + + + + − =
uuuruur
2 1
6 1 0t t⇔ + + =
0,25
( )
1 1 1 1
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
3 3
A P
t t t t
AB P d
+ − − − − +
⇒ = = =
1
1
5
1
t
t
= −

⇔

=

0,25
Với

1 2
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
−
 
= − ⇒ = ⇒ − −
 ÷
 
0,25
1 2
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
− − −
 
= ⇒ = ⇒ −
 ÷
 
0,25
Câu VIIa
1 đ
Xét khai triển
( )
0 1 2 2 1 1
1 ...
n
n n n n

n n n n n
x C C x C x C x C x
− −
+ = + + + + +
lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( )
1
1 2 1 2 1
1 2 ... 1
n
n n n n
n n n n
n x C C x n C x nC x
−
− − −
+ = + + + − +
0,25
Thay x=1 suy ra
( )
1 2 3 1 1
2 3 1 2
n n n
n n n n n
C C C n C nC n
− −
+ + + + − + =L
1 1
64 2 64 2 7
n n
n n

− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
0,25
( )
7
7
7
7
4 4
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑
số hạng chứa
2
x
có hệ số là
7

1
2
k
k
C
với k thoả mãn
7
2 2
2 4
k k
k
−
− = ⇔ =
0,25
Suy ra hệ số chứa
2
x
là
2
7
1 21
4 4
C =
0,25
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu
1
phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng
cách từ I tới AB.
5AB =

4 1
ABCD ABI ABI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
AB h h⇔ = ⇔ =
0,25
Gọi toạ độ diểm I là
( )
0 0
,I x y
ta có hệ

0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2
1, 0
2 2
5 5
1 4
1
,

1
3 3
x y
x y
x y
y x
x y
y x
 +
= =

=  + =
 
⇔ ⇔
− −
  
= −
= =

 
= −


0,25
Do I là trung điểm AC và BD nên
Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25
A
B
C
H

I
D
C
A
B

Với I(
1
;
3
− 4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 

Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc
2 8
;
3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
0,25
2
Do mặt phẳng (P) cách đều
1 2
,d d
nên (P) song song với
21
,dd
( )
,3;1;2
1
=
→

d
u
( )
,4;1;2
2
−=
→
d
u

( )
1 2
, 7; 2; 4
d d
u u
 
= − −
 
uur uuur
chọn
( )
1 2
, 7; 2; 4
p d d
n u u
 
= = − −
 
uur uur uuur
0,25

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng
7 2 4 0x y z d− − + =
Do (P) cách đều
1 2
,d d
suy ra khoảng cách từ (2;2;3)
1
( )d∈
và
( )
2
1;2;1 d∈
bằng
nhau.
Ta có
7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1
3
2 1
2
69 69
d d
d d d
− − + − − +
= ⇔ − = − ⇔ =
0,5
Ta có phương trình mặt phẳng (P)
14 4 8 3 0x y z− − + =
0,25
Câu VIIb
1 đ

Ta có
0 1 2 2
(1 ) .... ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =
+
∫
0,25
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( .... ( 1) ) ... ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
− + − + − = − + + + − =

+
∫
suy ra
1 13 12n n⇒ + = ⇒ =
0,25
12
12 12
5 5 12 5 12 8 36
12 12
3 3 3
0 0
2 2 2
( ) ( ) .( ) ( ) .2 .
k
n k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
+ = + = =
∑ ∑
Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7k k− = ⇔ =
0,25
⇒
Hệ số của
20
x

là:
7 5
12
.2 25344C =
0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012
Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+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.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
cos2x 2sin x 1 2sin xcos 2x 0+ − − =
2. Giải bất phương trình
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4

π
π
=
π
 
+
 ÷
 
∫
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 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a
2
+b
2
+c
2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +

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 2
x 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:
2 4 6 100
100 100 100 100
4 8 12 ... 200A C C C C= + + + +
.
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:
1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +

= + =
2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +


= −


= −

Viết phương trình đường thẳng cắt d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0
-------------------Hết-----------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm

I
1
Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-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)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=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
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=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=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
x
y x
y x
y

=

= −


⇔
 
= − +


=


=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
II
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0
+ − − =
(1)

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6

x k
π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈

0,5 đ
0,5 đ
2
Giải bất phương trình:
( )
2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
(1)
(1)
( )
(
)
2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
0,25 đ

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

2
3 4 2x x− + −
=0<=>x=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:
[
)
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞
 
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )

( )
3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin x sin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+
 
+

 ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
Đặt 1+cotx=t
2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3
3
x t x t
π π
+
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 1
3 1
3 1
3
3 1
3

1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
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
3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh

3
2
a
AH =
=> 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
3
AHsin 30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3

3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)
0,5 đ
H
A
C
B
S
K


3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +

(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b

2
+c
2
=3
Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
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 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4

, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
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⇒ = − −
uuur
Vì
AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D

 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
3


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −
= −





a b i
a b
b a
b a

2 2 2 2
1 2 1 2
 
= − = +
 
⇔
 
= − − = − +
 
 
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b 1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 ...x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 ...x C C x C x C x C x− = − + − + +
(2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100
0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 100
1 1 2 2 2 ... 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

( ) ( )
99 99

2 4 3 100 99
100 100 100
100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 ... 200A C C C= = + + +
0,25 đ
2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=>
MA kMB=
uuur uuur

( ) ( )
3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur

3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =

  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =
  
  
− + = − + = =
  
=>
( )
2; 10; 2MA = − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +


= −


= −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

VII.b
∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc
7 5i∆ = − −
2
5 4
z i
z i
= +

=>

= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ