bộ đề thi thử đại học môn toán năm 2012 có đáp án

CẤU ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012
I. Phần chung cho tất cả thí sinh: (7 điểm)
Câu I (2 điểm): - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
- Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: chiều biến thiên
của hàm số; cực trị; giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và
ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước, tương giao
giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)
Câu II (2 điểm):- Phương trình, bất phương trình; hệ phương trình đại số.
- Công thức lượng giác, phương trình lượng giác.
Câu III (1 điểm):- Tìm giới hạn.
- Tìm nguyên hàm, tính tích phân.
- Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay.
Câu IV (1 điểm):Hình học không gian (tổng hợp): quan hệ song song, quan hệ vuông
góc của đường thẳng, mặt phẳng; diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụ
tròn xoay; thể tích khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; tính
diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.
Câu V. (1 điểm): Bài toán tổng hợp
II. Phần riêng (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm):Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian:
- Xác định tọa độ của điểm, vectơ.
- Đường tròn, elip, mặt cầu.
- Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.
- Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; vị trí tương đối của đường thẳng,
mặt phẳng và mặt cầu.
Câu VII.a (1 điểm):- Số phức.
- Tổ hợp, xác suất, thống kê.
- Bất đẳng thức; cực trị của biểu thức đại số.
Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm) Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian:
- Xác định tọa độ của điểm, vectơ.
- Đường tròn, ba đường conic, mặt cầu.
- Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.
- Tính góc; tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, mặt phẳng; khoảng cách giữa hai
đường thẳng; vị trí tương đối của đường thẳng, mặt phẳng và mặt cầu.
Câu VII.b (1 điểm):- Số phức.
- Đồ thị hàm phân thức hữu tỉ dạng y = (ax2 + bx + c) / (px + q) và một số yếu tố liên
quan.
- Sự tiếp xúc của hai đường cong.
- Hệ phương trình mũ và lôgarit.
- Tổ hợp, xác suất, thống kê.
- Bất đẳng thức. Cực trị của biểu thức đại số.
1
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Đ
󰗁

T
H
I

T
H
󰗭

Đ
󰖡
I

H
󰗍
C

N
Ă
M

2
0
1
2


Th
ời
gian làm bài: 180 phút, không k
ể thời gian phát đề

ĐỀ 1
Câu I (2,0 đi
ểm)
Cho hàm s
ố
2 1
1
x
y
x




1. Kh
ảo sát sự biến thi
ên và
v
ẽ đồ thị (C) của h
àm s
ố trên.
2. Tìm trên
đồ thị (C) những điểm
M sao cho ti
ếp tuyến tại
M t
ạo với hai đường tiệm cận
c
ủa đồ thị (C)
m
ột tam giác
v
ới
đư
ờng tròn ngoại tiếp có bán kính bằng
2
.
Câu II (2,0 đi
ểm)
1. Gi
ải phương t
rình

2
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 2
4
x x x x



   
 
 
.
2. Gi
ải hệ phương trình
2 2
2
4 1
2
1
x y xy y
y
x y
x

   


  




Câu II (2,0 đi
ểm)
1. Tính gi
ới hạn
2
3
4
2
( 3 9). 12 3
lim
2
x
x x x x
x

    

2. Tìm giá tr
ị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 9 6 3y x x x    
Câu IV (2,0 đi
ểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t
ại
A và D. Bi
ết
AB = 2a,
AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc v
ới mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp

S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) theo a.
2. Cho các s
ố
a, b, c dương tho
ả mãn
2 2 2
12a b c  
.
Tìm giá tr
ị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
a b c
  
  
Câu V (2,0 đi
ểm)
1. Cho phương tr
ình
4
2
1 4 3 2 ( 3) 20x m x x m x       
.
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
2. Trong m
ặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung đi
ểm của

c
ạnh
BC, phương tr
ình
đư
ờng thẳng
DM:
2 0x y  
và đi
ểm
C(3;3). Bi
ết đỉnh
A thu
ộc
đư
ờng thẳng (d): 3
x + y  2 = 0 và A có hoành đ
ộ âm. Xác định toạ độ các đỉnh
A, B, D.
H
ẾT

Cán b
ộ coi thi không giải thích gì thê
m!
2
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
HƯ
ỚNG DẪN CHẤM V
À THANG ĐI

ỂM
MÔN TOÁN 12 KH
ỐI A
C©u
N é i d u n g
§iÓm
1. TXĐ:
\{1}
+ S
ự biến thiên:
Gi
ới hạn và tiệm cận:
2 1 2 1
l i m l i m 2 ; l i m l i m 2
1 1
x x x x
x x
y y
x x

 
   
 
 y = 2 là ti
ệ m c ậ n n g a n g .
1 1 1 1
2 1 2 1
l i m l i m ; l i m l i m
1 1
x x x x

x x
y y
x x
   
   
 
     
 
 x = 1 là ti
ệ m c ậ n đ ứ n g .
2
1
' 0 ( ;1)( 1 ; )
( 1 )
y x
x

        

0,25
BBT
x
∞
1
+
∞
y '


0

1
+ ∞
y
∞
1
Hàm s
ố nghịch biến tr
ên: (
; 1) và ( 1 ; + )
0,5
§å thÞ:
1
2
1
2
1
x
y
O
Đ
ồ thị (C) nhận điểm
I ( 1 ; 2 ) l à m t â m đ
ối xứng
0,25
2. Gi
ả sử
0 0
( ; )M x y
thu
ộc đồ thị (C) của hàm số.

P h ư ơ n g t r
ình tiếp tuyến tại
M là
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
( 1 )
x
y x x
x
x


  


0,25
G
ọi
A, B l
ần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)
Giao v
ới đường thẳng
x = 1 là

0
0
2
1 ;
1
x
A
x
 
 

 
Giao v
ới đường thẳng
y = 2 là
 
0
2 1 ; 2 B x 
0,25
Vì bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
I A B b
ằ n g
2
nên
2 2
0
2
0
0

4 2 2
0 0 0
0
4
2 2 8 (22) 8
( 1 )
0
( 1 ) 2( 1 ) 1 0 ( 1 ) 1
2
AB AB x
x
x
x x x
x
      



         



0,5
I
V
ậy có hai điểm cần t
ì m l à
1 2
(0; 1), (2; 3)M M
3

Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
1. Phương tr
ình tương đương
2cos3c o s 3(1sin2 ) 3 1 c o s 4
2
x x x x
 
 
    
 
 
 
 

0,25
2cos3c o s 3(1sin2 ) 3(1sin4 )
2cos3c o s 3(sin4 sin2 ) 0
2cos3c o s 2 3sin3 c o s 0
x x x x
x x x x
x x x x
    
   
  
0,25
c o s 0
2
c o s ( c o s 3 3 sin3 ) 0
1
tan3

3
18 3
x
x k
x x x
x
k
x




  


   


 
 

 





V ậ y p h ư ơ n g t r ì n h c ó h a i n g h i ệ m l à :
2
x k


  
và
( )
18 3
k
x k
 
   
0,5
2. Nh
ận xét
y = 0 không là nghi
ệm của hệ ph
ương trình.
H ệ t ư ơ n g đ ư ơ n g v ớ i :
2
2
1
4
2
1
x
x y
y
y
x y
x



 






 



0,25
Đ
ặt
2
1
,
x
u v x y
y

  
. H
ệ ph
ương
trình có d
ạng
4
1
2

u v
v
u
 



 


0,25
Gi
ải hệ phương trình ta có:
u = 1, v = 3
0,25
II
V
ới
2
1
1 1 2
1
,
3 2 5
3
x
u x x
y
v y y
x y



   

  

 
   
  
  

 

0,25
1.Xét hàm s
ố
2
3
4
3
( ) ( 3 9) 1 2 3;
2
f x x x x x x      
ta có:
(2)0f 
và
 
2
3
2 2

3
4
3 9 1 41
' ( ) 2 3 1 ' ( 2 )
6
3 ( 1 ) 2 (23 )
x x
f x x x f
x x
 
      
 
0,5
K h i đ ó g i
ới hạn cần t
ìmđược viết dưới dạng:
2
( ) (2)41
l i m ' ( 2 )
2 6
x
f x f
I f
x


  

0,5
III

2. TXĐ: D = [1; 3]
2
2 2
3 3 9 6 3 3 3
' 1
9 6 3 9 6 3
x x x x
y
x x x x
    
 
   
2
2 2
3 3 0
' 0 9 6 3 3 3 0 2
9 6 3 ( 3 3 )
x
y x x x x
x x x
 


        


  


0,5

Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
V
ậy
[ 1 ; 3 ]
[ 1 ; 3 ]
m a x 6 ; m i n 0 ; y y


 
0,25
4
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
D
C
B
A
S
Di
ện tích
hình thang ABCD là
2
1 3
(2) .
2 2
a
S a a a  
;
Di
ện tích tam giác
ABD là

2
1
.
2
A B D
S AB AD a

 
Di
ện tích tam giác
BCD là
2
2
B C D A B D
a
S S S
 
  
0,25
Th
ể tích khối chóp
S.BCD là
2 3
1 1
. 3 .
3 3 2 2
SBCD B C D
a a
V SA S a


  
0,25
Ta có:
2 2
9 10SD a a a  
Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD CD SD.
Di
ện tích tam giác
SCD là
2
1
10
2
SCD
S a
0,25
G
ọi
d là kho
ảng cách từ
B đ
ến mặt phẳng (
SCD) . T a c ó
3 3
2
1 3 3 10
.
3 2 10
10
SBCD SCD

a a a
V d S d
a
    
0,25
Ta có:
   
2 2
2 2
3 2
1 1 2
1 ( 1 ) ( 1 )
4 4
a a a a
a a a a
    
      

2
3 2
1 1 2
2
1 ( 1 ) ( 1 )
a
a a a a
 

   
0,5
IV

V
ậy
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 1 1 2 2 2 18
1
2 2 2 6
1 1 1
a b c a b c
a b c
      
     
  
D
ấu đẳng thức xảy ra khi v
à chỉ khi
a = b = c = 2
V
ậy GTNN của biểu thức l
à
P = 1
0,5
1. ĐK: x
≥ 2
. Nh
ận xét
x = 2 không là nghi
ệm của phương trình.
V
ới

x > 2 phương tr
ình tương đương với:
4
1 1
4 3 0
2 2
x x
m m
x x
 
   
 
Đ
ặt
4
1
, 1
2
x
t t
x

 

.
P h ư ơ n g t r
ình có dạng
2
2
3

4 3 0 ( )
4 1
t
t mt m m f t
t
 
      

( t > 1)
0,25
V
K h
ảo sát
2
3
( )
4 1
t
f t
t
 


v
ới
t > 1,
2
2
4 2 12 3
' ( )0

2
(41 )
t t
f tt
t
  
   

,
0,25
5
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
T
ừ BBT ta có: phương trình có nghiệm

 
1;
3 3
max ( ) ( )
2 4
m f t f

   
0,5
2. G
ọi
( ; 3 2) ,( )A t t d t    
. Ta có:
( , ) 2 ( , )d A DM d C DM
4 4

2.4
3
1
2 2
t
t t

      
hay A(3; 7) ho
ặc
A(1; 5).
Vì hoành
độ điểm
A âm nên A(1; 5)
0,25
G
ọi
D(m; m  2)
,( )DM m 
( 1; 7); ( 3; 1)AD m m CD m m      
 
Do t
ứ giác ABCD là hình vuông nên:
2 2 2 2
5 1
. 0
5
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m m
DA DC

m
DA DC
m m m m
   



 
   
 

      




 
 D(5; 3)
0,5
V
Vì
( 2; 6) ( 3; 1)AB DC B      
 
K
ết luận:
A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3).
0,25
6
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC NĂM 2012

(Đ󰗁 2)
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7,0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số:
3
y x 3x 2= − +
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) tại ba điểm phân biệt A( 2; 4), B, C sao cho gốc tọa độ O
nằm trên đường tròn đường kính BC.
Câu II. ( 2 điểm)
1. Giải phương trình
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x
x x
x
x
− −
+ =
.
2. Giải phương trình
2 3 3 2
4

4 4 4
(1 ) (1 ) 1 (1 ) ( ).
x
x x x x x x x x R+ − + − = − + + − ∈

Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân
1
(2 1) ln 3
.
ln 1
e
x x
I
dx
x x
+ +
=
+
∫

Câu IV ( 1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với
mặt phẳng (ABB’A’) góc
0
60
và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là
một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =
4
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng
(MAC) (NPQ)

⊥
.
Câu V ( 1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
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 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành OABC có diện tích bằng 4. Biết A (-1; 2) và giao điểm I
của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x - 1. Tìm tọa độ đỉnh B và C.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − = và các
đườ
ng th
ẳ
ng
1 3
:
1
2 1 2
x y z

d
− −
= =
−
,
5 5
:
2
3 4 2
x y z
d
− +
= =
.Tìm các
đ
i
ể
m A trên
1
d
và B trên
2
d
sao cho AB song
song v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ

ng (P) và AB cách (P) m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng 1.

Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm s
ố
h
ạ
ng không ch
ứ
a x trong khai tri
ể
n
2 2 2
1
( 3 )
n
P x
x
+
= +
, bi
ế
t n là s
ố

nguyên d
ươ
ng
th
ỏ
a mãn
+ =
3 2
n n
A 2C 16n
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI. b ( 2 điểm )
1
.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, cho A(1 ; 2) và
đườ
ng th
ẳ
ng d: 4x – 3y – 23 = 0. Hai
đ
i

ể
m B và C di
độ
ng
trên d sao cho
đ
o
ạ
n BC luôn có
độ
dài b
ằ
ng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nh
ỏ
nh
ấ
t.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
Oxyz, cho hình vuông ABCD v
ớ
i A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) và
đỉ
nh B n

ằ
m trên
m
ặ
t ph
ẳ
ng (Q):
032 =−++
zyx
. Tìm to
ạ

độ
c
ủ
a
đỉ
nh D.
Câu VII.b ( 1 điểm)

Tìm a và n nguyên d
ươ
ng th
ỏ
a :
2 3 1
0 1 2
127

2 3 ( 1) 7

n
n
n n n n
a a a
aC C C C
n
+
+ + + + =
+
và
3
20
n
A n=
.
Hết .

Thí sinh không
đượ
c s
ử
d
ụ
ng tài li
ệ
u. Cán b
ộ
coi thi không gi
ả
i thích gì thêm.

7
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
4
2
-2
-5 5
f x( ) = x
3
-3ìx


+2
P N THANG IM
Cõu ỏp ỏn im
I
1. 1 im
a. TXĐ: D = R
b. Sự biến thiên:
2
' 3 3y x= ,
1
' 0
1
x
y
x
=

=

=


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
; 1
và
( )
1 ; +

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1 ; 1
.
0,25
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y
CT
= 0.
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y
CĐ
= y
(-1)
= 4
Giới hạn:
+
= +lim
x
y
;

= lim
x
y

0,25
Bảng biến thiên:
x
-

-1
1
+



y'
+ 0 - 0 +

y
4

-




0
+

0,25

3 Đồ thị:
+ Giao với trục Oy (0; 1)
+ Giao với trục Ox (1; 0), (-2; 0).

0,25
2. ( 1 im)

Phơng trình đờng thẳng d qua điểm
A ( 2; 4 )
có hệ số góc k là:
( )
y k x 2 4= +

Hoàng độ giao điểm của của đờng thẳng d và đồ thị (C) là nghiệm của phơng trình:

( ) ( )
( )
3 2
x 3 x 2 k x 2 4 x 2 x 2x 1 k 0 + = + + + =
0,25
2
x 2 0
x 2x 1 k 0 (2)
=

+ + =

Đờng thẳng d cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt thì phơng trình (2) có hai nghiệm
phân biệt khác 2
0 0
9 0 9
k k
k k
> >






0,25
Khi đó tọa độ B(x
1
;y
1
); C(x
2
;y
2
) vi
1 2
1 2
2

1
x x
x x k
+ =


=

,
1 1 2 2
( 2) 4, ( 2) 4y k x y k x
= + = +
Điểm O nằm trên đờng tròn đờng kính BC khi và chỉ khi
. 0OB OC =


0,25

3 2
9 25 17 0 1k k k k + = =
( tha món )
Vy d : y = x +2 .

0,25
1.(1,0 im)

II.
1)

K: ,x k k

V

i

K trờn ph

ng trỡnh

ó cho t

ng

ng
0,25
8
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
với:
4 4 2 2
2 2 2
1
c o s sin ( 2 sin 2 )(cos c o s )
2
1 1
1 sin 2 ( 2 s i n 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
+ = −−

⇔ − = −−

2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2 ( 2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos
2
2 c o s cos 1 0
x x x x x x
x x
− = − − ⇔ = −
⇔ − − =
0,25

cos 1
1
cos
2
x
x
=



=


2
2
2 , ( )

3
x k
x k k Z
π
π
π

=


⇔

= ±
+ ∈


0,25
Đối chiếu với điều kiện ta đượ c nghiệm c ủa phương trình là
2
2 ,
3
x k k
π
π= ± + ∈ ℤ
0,25
2. 1 điểm
+) điều kiện
0 1x≤ ≤
Đặt
4

4 4
4
, 0
1
1 , 0
a x a
a b
b x b

= ≥

⇒ + =

= − ≥


0,25
+) Phương trình trở thành
2 2 3 2 3 2
a ab b b a a b+ + = + + ( )( )( 1 ) 0a b a b a b⇔ − + + − =

0 ( ì )
1
a b
a b loaiv
a b
=


⇔ + =



+
=

0,25
+) Với a = b 
4 4
1
1 ( )
2
x
x x tm= − ⇔ =

0,25
+) Với a+b= 1 ta có hệ
2
4 4
2 2 2
1
1
1
0
1
0
1
1
( ) 2 2 1
2
2

a b
a b
a b
ab
a b
ab
a b
a b
a b ab a b
ab
ab

+ =

+ =



+ =

=
+ =

  

⇔ ⇔ ⇔
=

  


 
+ =
+ =
+ − − =



 
 


=
 

=



0
( )
1
x
tm
x
=

⇔

=


Vậy ph ương trình có 3 nghiệm x = 0 , x = 1 ,
1
2
x =
.
0,25
Câu III
1 điểm
0,25
+)
1 1 1 1
(2 1 ) l n 3 2( l n 1 ) l n 1 l n 1
2
ln 1 l n 1 ln 1
e e e e
x x x x x x
I
dx dx dx dx
x x x x x x
+ + + + + +
= = = +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫


0,25
+)
1
1
2 2 2( 1 )

1
e
e
I dx x e= = = −
∫
0,25
9
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Q
P
K
M
I
N
C
A
B
A'
C'
B'
2
1
l n 1
ln 1
e
x
I
dx
x x
+

=
+
∫
. §Æt
ln 1 ln 1t x x dt x= + ⇒ = +
, §æi cËn x= 1 => t = e; x= e => t = e+1

0,25
+)
1
2
1
1
ln l n (1 )
1
e
e
dt
I
t e
t
+
+
= = = +
∫

0,25
1 2
ln(1 ) 2( 1 )I I I e e= + = + + −

0,25
Câu IV
1 điểm
Gọi I là trung điểm A ’ B ’ t h ì
' ' '
' ( ' ' )
' A A '
C I A B
C I AB A B
C I
⊥

⇒ ⊥

⊥


suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc

'C BI
.
Suy ra

0
' 60C BI =
.

15
' .tan'

2
a
C I BI C BI= =

0,25
Có
2
' ' '
1 . 15
' '. ' (d d )
2 4
A B C
a
S A B C I v t= =

3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15
. .
A A '. A A ' . ' '
2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B= = =
(đvt t )

0,25
+)
/ / '
( ) / /( ' )

/ / '
NP BC
NPQ
C BI
PQ C I

⇒


(1)
0,25
+)



0
' ( ) '
' 90 A M BI
ABM BB I c g c suy ra AMB BIB
suy ra AMB B BI
= − − =
+ =
⇒
⊥
△ △
.
Mặt khác theo chứng minh trên C’I
⊥
AM nên AM
⊥

( ' )C BI

Suy ra (AMC)
⊥
( ' )C BI
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(MA C ) (NPQ)⊥
0,25
Câu V
1 điểm
.Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (***) =
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
0,25
Theo BĐT Cô si ta có
3
3

( ) ( ) 8 8 4
a b c a b a
b c c a
+ +
+ + ≥
+ +

3
5 2
( )( ) 8
a a b c
b c c a
− −
⇒ ≥
+ +
(1)
Hoàn toàn tương tự ta chứng mi n h được:

3
5 2
( )( ) 8
b b c a
c a a b
− −
≥
+ +
(2)

3
5 2

( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
0,25
10
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta đượ c
(* * *)
4
a b c
VT
+ +
≥

0,25
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥
3 ( )ab bc ca+ +
= 3.
Đẳng thức xảy r a kh i a = b = c = 1 ( Đpcm)
0,25
Câu VI
a
1. 1 điểm
Ta có phương trình đường thẳng OA: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB.
5OA =

4 1
OABC OAI OAI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
OA h h⇔ = ⇔ =

0,25
Gọi toạ độ diểm I l à
( )
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 O B v à A C n ê n
+) Với I(1;0) suy ra B(2;0) và C(3;-2)
0,25
+) Với I(

1
;
3
− 4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
B
− −
 
 
 
và C
1 14
;
3 3
−
 
 
 
Vậy có h ai c ặp B, C thoả mãn B(2;0) và C(3;-2) hoặc
2 8
;
3 3
B
− −
 

 
 
và C
1 14
;
3 3
−
 
 
 
0,25
2. 1 điểm
Ta có
1 2
1 2 5 3
: 3 : 4
2 5 2
x
t x k
d y t d y k
z
t z k
= + = +
 
 
= + =
 
 
= − = − +
 

vectơ pháp tuyến của (P) là
(2; 1 ; 2 )n −

1
(2 1 , 3 , 2 )A d A t t t∈
⇒
+ + −
2
(3 5 , 4 ,25 )B d B k k k∈
⇒
+ −
(3 2 4, 4 3 , 2 2 5 )AB k t k t k t= − + − − + −
   
0,25
. 0
p
AB n = ⇔
      
6 1 0k t+ + =
0,25
( )
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
3 3
A P
t t t t
AB P d
+ − − − − +
⇒

= = =
5
1
t
t
= −

⇔

=

0,25
Với
2 8 11
5 ( 9 ; 2 ; 1 0 ) , 7 ; ;
3 3 3
t k A B
−
 
= −
⇒
=
⇒
− −
 
 

1 4 17
1 ( 3; 4; 2), 4 ; ;
3 3 3

t k A B
− − −
 
=
⇒
=
⇒
−
 
 
. Vậy …… ……
0,25
Câu
VIIa
1 điểm
+) Đk : n ∈ N, n ≥ 3.

+ =
3 2
n n
A 2 C 16n
⇔
+ =
− −
n! n!
2 16n
( n 3)! 2!(n 2 ) !

0,25
I

D
C
A
B
11
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
d
d'
C
H
A'
D'
A
(1 ; 2)
D
B
+) ⇔ n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n ⇔ n
2
– 2n – 15 = 0 ⇔
=


= −

n 5
n 3 ( l o a ïi )
Vậy n = 5 .
0,25
+) Với n= 5 ta có
12

2 1 2 12 3
12
0
1
( 3 ) 3
k k k
k
P x C x
x
− +
=
= + =
∑

0,25
+)Theo bài ra ta có -12+3k = 0  k = 4 .
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là
4 4
12
3 40095C =

0,25
Câu VI
b.
1. 1 điểm
Gọi d’ là đư ờng thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3 y + 2 = 0.
Gọi D(x ; y) trên d’ sao cho AD = 5
Ta có:
( ) ( )
4 2 4 4

( ; ) ( 1 ; ); 5 4 ; 6 ; ’ –2;–2 .
3 3 3 3
D x x AD x x AD D D+ ⇒ = − − = ⇒
   
0,25
Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + 5
=> chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất.
Xét tứ giác ABCD. Dễ có A BC D là hình bình hành => AB + AC = AC + CD
Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD.

AB + AC nhỏ nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm A’, C, D thẳng hàng.
0,25
Do A’ đối xứng với A qua d n ên tì m được
AA’: 3 x + 4y – 1 1 = 0 ta có
( )
A A ' (5 ; 1 ) ’ 9 ; – 4 .H d H A= ∩ ⇒ − ⇒
=> A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có
13
' ( ;1)
2
C d A D C= ∩ ⇒
.
0,25
Do
7
( ; 3 )
2
BC AD B= ⇒ −
   
.

Dễ thấy kh i A’ , C, D t hẳng hàng thì A’, B, D’ cũng thẳng hàng .
Vậy ha i điểm c ần tìm là:
7
( ; 3 )
2
−
và
13
( ;1)
2
.
0,25
2. 1 điểm
+) Gọi I là trung điểm c ủa AC =>
3 5
( ;
2 2
; 2)I −
Gọi B( a; b; c) =>
( 1 ; 2 ; ), ( 2 ; 3 ; 4)AB a b c CB a b c− − − − +
   
Ta có
( ) 2 3 0B Q a b c∈ ⇒ + + − =
(1)
0,25
+) Vì ABCD là hình vuông ta có
4 12 (2)
( 1 ) ( 2) ( 2)( 3 ) ( 4) 0 (3)
AB CB a b c
AB CB a a b b c c

= + − =
 
⇔
 
⊥ − − + − − + + =
 
0,25
+) Từ (1) và (2) ta có
21 9
9 5
a c
b c
= +


= − −

thay vào (3) ta được
2
2
107 470 512 0
256
107
c
c c
c
= −


+ + = ⇔

−

=

Với c = - 2 => B( 3; 1;-2) do I trung điểm B D n ê n D ( 0 ; 4 ; - 2 ) .
0,25
12
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
+) Với
107
256
c
−
=
=>
57 317 256
( ; ; )
107 107 107
B
− −
do I trung điểm BD nên
378 218 172
( ; ; )
107 107 207
D
−
Vậy có 2 điểm thỏa mãn D( 0; 4; -2),
378 218 172
( ; ; )
107 107 207

D
−
0,25
1 điểm
Câu
Đk :
3 àn v n N≥ ∈
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )
0,25
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C+ + + =

Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
(1 )
x
C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
. Lấy tích phân hai vế

6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
0 0
(1 )
a a
x dx
C C x C x C x C x C x C x dx+ = + + + + + +
∫ ∫
⇔

0,25
[ ]
7 2 7 2 7
0 1 6 0 1 6
6 6 6 6 6 6
0
0 0 0
(1 )
. .
7 2 7 2 7
a a a
a
x x x a a
C x C C a C C C
     
+
= + + + = + + +
     
     
0,25

VIIb
⇔
7
7 7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a
+
− =
⇒
+ =
⇒
+ =
⇔
a 1
=
Vậy n = 6, a = 1
0,25
13
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
1
THI TH I HOC NM 2012
Mụn: TON

Thi gian lm bi: 180 phỳt ( khụng k thi gian phỏt )
( 3)
Phần chung CHO TấT Cả CáC THí SINH (7 điểm)
Câu I: (2 im) Cho hàm s

( )
mxmmxmxxf ++++= 2)2() 3( 13
23
(1) (m là tham số)
1. Kho sát s bin thiên và v đồ th hàm s (1) khi
2=m
.
2. Tìm m để đồ th hàm s (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của th hàm
s (1) tới trục
Ox
bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu của th hàm s (1) tới trục
Oy
.
Câu II: (2 im)
1. Giải phơng trình:
xxxx sincos3)sin(cos
3
+=+
.
2. Giải hệ phơng trình:



=+
=
1724
11716
222
yxxy
yyx

.
Câu III: (2 im)
1. Giải bất phơng trình:
2 2
2 8 6 1 2 2x x x x+ + + +

2. Cho hình chóp tứ giác đều
ABCDS.
với đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo
với mặt đáy một góc
0
60
. Mặt phẳng
)(P
chứa
AB
và tạo với mặt đáy một góc
0
30
cắt
SC
,
SD
lần
lợt tại
M
và
N

. Tính thể tích khối chóp
ABMNS
.
.
Câu IV: (1 im)
Cho các số thực dơng
z
y
x
,,
thoả mãn:
8))()((
=+++
xzzyyx
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
zxyzxyP
++=
.
Phần RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần A hoặc phầnB
Phần A.
Câu Va: (3 im)
1. Giải phơng trình:
331322
222
2222
++++
+=+
xxxxxx
.

2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một
khác nhau và phải có mặt chữ số 3?
3. Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đờng thẳng
d
:
0317
=+
yx
, điểm
)77;(N
thuộc đờng thẳng
AC
, điểm
)3;2(

M
thuộc đờng thẳng
AB
.
Phần B.
Câu Vb: (3 im)
1. Giải phơng trình:
xxx
xx

3
2
9
2
3
log23loglog =+
.
2. Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
2 x)( +
, biết:

524288
12
2
5
2
3
2
1
2
=++++
n
nnnn
CCCC
.
3. Trong mặt phẳng toạ độ

Oxy
, cho tam giác
ABC
với đờng cao kẻ từ
A
và đờng phân giác
trong của góc
B
lần lợt có phơng trình là:
022 =
yx
và
01 =
yx
. Tìm toạ độ các đỉnh của
tam giác
ABC
, biết
)2;0(
M
thuộc đờng thẳng
AB
và
BCAB
2=
.
Hết
14
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
đáp án đề thi

Câu Nội dung Điểm
1) TXĐ: R
2) Sự biến thiên:
a) Giới hạn tại vô cực:
Ta có
=

y
x
lim
,
+=
+
y
x
lim

0,25
b) Bảng biến thiên: Ta có
(
)
2
' 3 6 3 2y x x x x= + = +

0
=
x
hoặc
2x =
.

+
x
'y
y
2

+
0

0
0
0
+
4
+

+
x
'y
y
2


+
0

0
0
0
+

4
+

Hàm số đồng biến trên (-;-2) và (0;+),àm số nghịch biến trên
( )
2;0
.
Hàm số đạt cực đại tại x=-2 với giá trị cực đại là y(-2)=0
và đạt cực tiểu tại x=0 với giá trị cực tiểu là y(0)=-4.
0,25
Câu I.1
(1 điểm)
3) Đồ thị:
+) Đồ thị cắt trục tung tại (0;-4), giao với trục hoành tại (-2;0) và (1;0).

+) Đồ thị nhận điểm uốn I(-1;-2) làm tâm đối xứng.
O
x
y
I
1
1
2
3
4
1
2
O
x
y

I
1
1
23
4
1
2
0,5
( )
)2(3163
2,
++++= mmxmxy
;
mxy == 0
,
hoặc
2+= mx

Hàm số có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là:
( )
23;
23
++ mmmmA ,
( )
63;2
23
+++ mmmmB ; A là điểm cực đại, B là
điểm cực tiểu.
0,5
Câu I.2

(1 điểm)
Ta có
( )
23;
3
++= mmmOxAd ,
( )
2; += mOyBd

0,5
15
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT


Theo giả thiết ta có:






=
=
=
=
+=++
0
1
1
2

223
3
m
m
m
m
mmmm
Ta có
xxxxxpt cos2sincos)sin(cos
3
++=+

[
]
xxxxx cos21)sin(cos)sin(cos
2
=++
0)1sinsin(coscoscos2cossin2)sin(cos
2
=+=+ xxxxxxxxx


0,5


Câu II.1
(1 điểm)

0)sin(coscos
2

= xxx






+=
+=




=
=





kx
kx
x
x
4
2
1tan
0cos

)(k

0,5
Dễ thấy
0=y
không phải nghiệm của phơng trình.
Chia cả 2 vế của pt 1 cho
2
y
, cả hai vế pt 2 cho y ta đợc:








=++
=+








=++
=+
72

)
1
4(
178
)
1
4(
7
2
1
4
17
1
16
2
2
2
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y

x
.
Đặt
(*)
1
4







=
=+
v
y
x
u
y
x
. Hệ đã cho trở thành
(**)
72
178
2



=+

=
vu
vu
.
0,5
Câu II.2
(1 điểm)
Giải hệ (**) ta đợc



=
=
1
5
v
u
hoặc



=
=
8
9
v
u

Với

=
=
1
5
v
u
ta đợc



==
==




=
=
4/1
1154
yx
yx
yx
yxy

Với

=
=
8
9
v
u
ta đợc



=
=+
yx
yxy
8
194
(vô nghiệm)
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
( )
)1;1(; =yx
hoặc
( )
)4/1;4/1(; =yx
.




0,5

Điều kiện:
3
1
x
x






0.25
( )( ) ( )( ) ( )
Biến đổi tơng đơng bất phơng trình:
2 1 3 1 1 2 1x x x x x+ + + + +

Nhận thấy với
3x bất phơng trình vô nghiệm

0.25
CâuIII.1
(1 điểm)
Với 1x , bất phơng trình tơng đơng:
( ) ( )
2 3 1 2x x+ +

0.25
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
WWW.ToanCapBa.Net

4

Nhận thấy
( )
( )
( ) ( )
2 3 2 2
2 3 1 2 2 2
1 0
x
x x
x

+

+ + >





Do đó bất phơng trình không có nghiệm
1x .
Kết luận: bất phơng trình vô nghiệm.
0.25
Gọi

KH,
lần lợt là trung điểm của
AB
và CD và
I
là giao điểm của SK
và MN

0
60=
SHK ,
0
30=
IHK
Ta có





CDABMN
CDAB
PAB
////
//
)(
tứ giác
ABMN
là hình thang cân.
Tính

ABMN
S
, ta có
IH
là đờng cao.
Vì tam giác
SKH
là tam giác đều cạnh
a
nên
2
3a
IH =
.






0,5



CâuIII.2
(1 điểm)

Ta có
22
aAB

MN ==

2
8
33
2
3
).
2
(
2
1
).(
2
1
a
aa
aIHMNABS
ABMN
=+=+=



Vì
( )
SIABMNSI
là đờng cao của khối chóp
ABMNS
. và
22

aSK
SI ==
.
Vậy
16
3
.
8
33
23
1
.
3
1
3
2
.
a
a
a
SSIV
ABMNABMNS
===

H
K
I
N
M
A

B
D
C
S





0,5
Câu IV
(1 điểm)

Đặt
x
y
x
a ++=
.
Ta có
( )( )( )
8= xayaxa
.
3 2
( ) ( ) 8
a a xy yz zx a x y x xyz
+ + + + + =
xyx
xyz
P

++
+
=

8
.
Ta có
3))()((
2
3
)(
2
1
)(
2
1
)(
2
1
3
=++++++++=++ xzzyyxxzzyyxzyx
(1)
Và 1
222
=
+++
=
xzzyyx
zxyzxyxyz
(2)

Từ (1) và (2)
3
3
18
=
+
P
.
Vậy 3
=MaxP đạt đợc khi 1=== zyx .



0.25


0.25


0.25


0.25
Pt
17
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT


Câu Va.1
(1 điểm)

3333
2222
22.222.2
++++
+=+
xxxxxxxx
(
)
(
)
122122
222
33
=
+++ xxxxxx

( )




=
=
=
+
+
++
12
22

012)22(
2
2
22
33
33
xx
xx
xxxx



==
==





=+
=+

0,1
2,1
0
023
2
2
xx
xx

xx
xx

Vậy tập nghiệm của pt là
{ }
2;1;0;1=S
.


0,5




0,5

Câu Va.2
(1 điểm)

Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau từ các số đã cho.
Gọi số cần lập là
abcd

)0(a

Ta có 144.4.3
2
4
=
A số.

Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và không có mặt chữ số 3.
Gọi số cần lập là
abcd
)0(

a
Ta có
36.3.2
2
3
=A
số.
Vậy có 144-36=108 số.



0,5





0,5

Câu Va.3
(1 điểm)

Đờng thẳng AB có pt
0)3()2( =++ ybxa

)0(
22
+ ba
.
Do
0
45=ABC
nên ta có:



=
=
=
+
+
==
ba
ba
abba
ba
ba
34
43
071212
50
7
45cos
2

1
22
22
0
.

*Với 3a=4b chọn a=4, b=3, ta có pt AB: 4x+3y+1=0.
Vì
ABAC
nên pt cua AC là: 3x-4y+7=0.
Toạ độ của A là nghiệm của hpt:
)1;1(
0743
0134




=+
=++
A
yx
yx
.
Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
)5;4(
0134
0317

=++
=+
B
yx
yx
.
Toạ độ của C là nghiệm của hpt:
)4;3(
0317
0743
C
yx
yx




=+
=+
.
*Với 4a=-3b chọn a=3, b=-4, ta có pt AB: 3x-4y-18=0.
Vì
ABAC
nên pt của AC là: 4x-3y-49=0.
Toạ độ của A là nghiệm của hpt:
)3;10(
01843
04934

A
yx
yx




=
=+
.
Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
BAB
yx
yx






=
=+
)3;10(
01843
0317
(vô
lý).
Vậy, A(-1:1), B(-4:5) và C(3;4).

0,25





0,25





0,25









0,25
18
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT


d
A
C

N
M
B






Câu Vb.1
(1 điểm)
Điều kiện
9
1
,
3
1
,0 > xxx
.
x
x
x
x
x
Pt
3
3
3
3
3

log2
log2
log21
log1
log2
=
+
+
+
+

.
Đặt xt
3
log= , ta đợc 013222
2
21
1
2
23
=+=
+
+
+
+
tttt
t
t
t
t

.

( )
( )




=
=







=
=
=++

2
22
2
3
3
2
22
1
01421

x
x
t
t
ttt .
Vậy tập nghiệm của pt là










=

2
22
3;3S .



0,5

0,5


Câu Vb.2
(1 điểm)


Ta có
=+
n
x
2
)1(
n
nnnn
CxCxCC
2
2
22
2
1
2
0
2
++++

Thay x=-1 ta đợc
=+++
12
2

3
2
1
2

n
nnn
CCC ACCC
n
nnn
=+++
2
2
2
2
0
2


Thay x=1 ta đợc

102524288222
12222
2
1
2
0
2
====+++

nACCC
nnnn
nnn


Theo công thức Niu tơn ta có:
kk
k
k
xCx

=

=+
10
10
0
10
10
2)2(
.
Vậy hệ số của số hạng chứa
5
x
là
55
10
2C
.

0,5





0,5


Câu Vb.3
(1 điểm)




Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác của góc B.
Suy ra pt của MN là x+y-2=0. Gọi I là giao điểm của BD và MN.
Suy ra toạ độ của I là nghiệm của hpt:
)1;3()
2
1
;
2
3
(
01
02

=
=+
NA
yx
yx
.

Vì N thuộc BC và
AHBC
pt BC: 2x+y-5=0.

Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
)1;2(
01
052
B
yx
yx




=
=+
.
Ta có pt AB: x-2y+4=0

Suy ra toạ độ của A là nghiệm của hpt:
)
2
1
;3(
022
042
A
yx
yx




=
=+
.
Gọi K là trung điểm của AB
)
4
3
;
2
5
(
K

.

0,25



0,25










0,25

19
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
V×
BDCKBCBK ⊥⇒=
suy ra pt CK:
0
4
13
=−+ yx
.
D
N

I
M
H
C
K
B
A
Suy ra to¹ ®é cña C lµ nghiÖm cña hpt:
)
2
3
;
4
7
(
052
0
4
13
C
yx
yx
⇔





=−+
=−+

.
VËy
)
2
3
;
4
7
(1),;2(),
2
1
;3( CBA
.
0,25
Chó ý: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a.


20
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
A. PHẦN CHUNG (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3( 1) (6 3)
y
x m x m x m= − + + + −
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1=m

2. Xác
đị
nh
m
để

đồ
th
ị
hàm s
ố
có c
ự
c
đạ
i, c
ự
c ti
ể
u
đồ
ng th
ờ
i ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ

a
đồ
th
ị
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là
hai
đườ
ng th
ẳ
ng song song và cách nhau m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
1
2
.
Câu II (2,0 điểm).

1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
( )
2
2
2
sin cos 2sin
2
sin
sin 3
1 cot 2 4 4
x x x
x
x
x
π π
+ −
 
   
= − − −
   
 
+
   
 

.
2.Giải bất phương trình sau:
2 2
2 8 10 3 5 3( 2 1) 2 2 4x x x x x x+ − − + ≤ + + − + −
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân
( )
3 2
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I
dx
x x
+ + +
=
+
∫
.
Câu IV

(1,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông t
ạ
i C, AB = 2a, AC =a. Trên
đườ
ng th
ẳ

ng d vuông góc v
ớ
i
mp(ABC) t
ạ
i A l
ấ
y
đ
i
ể
m S khác A. G
ọ
i K, H l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a A trên SB và SC. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABC
và
kho
ả
ng cách gi

ữ
a SA và KH bi
ế
t góc gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) và (SBC) là 45
0
.
Câu V

(1,0 điểm).
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
z
y
x
,,
tho
ả
mãn xyz=1. Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng:
( ) ( ) ( )
3 3 3
1 1 1 3
8
1 1 1x y z
+ + ≥
+ + +
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần a hoặc b.
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa

(2,0 điểm)
.
1.Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy cho tam giác ABC vuông cân t
ạ
i A, I(
1 5
;
2 2
) là tâm
đườ

ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
tam
giá
c.
Đ
i
ể
m M(0;-1) và N(-1;2) l
ầ
n l
ượ
t thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng AB và AC. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a tam giác bi

ế
t A
có hoành
độ
d
ươ
ng.
2.

Trong không gian Oxyz, cho m
ặ
t c
ầ
u (S): (x+1)
2
+(y-2)
2
+(z-3)
2
=25 và hai
đ
i
ể
m A(0;-1;1), B(1;1;1) .Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình m
ặ

t ph
ẳ
ng (P) qua A và B sao cho (P) c
ắ
t m
ặ
t c
ầ
u (S) theo giao tuy
ế
n là
đườ
ng tròn có chu vi là 8
π
.
Câu VIIa (1,0 điểm).
Trong các s
ố
ph
ứ
c z th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(1 )

2 1
1
i z
i
+
+ =
−
.Tìm s
ố
ph
ứ
c có mô
đ
un nh
ỏ
nh
ấ
t,
l
ớ
n nh
ấ
t.

b. Theo chương trình Nâng cao
:
Câu VIb (2.0 điểm) .
1.Trong m
ặ
t ph

ẳ
ng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm
( )
3;3I
và
2AC BD=
.
Đ
i
ể
m
4
2;
3
M
 
 
 
và
13
3;
3
N
 
 
 
l
ầ
n l
ượ

t thu
ộ
c các
đườ
ng th
ẳ
ng
AB
và
CD
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng chéo
BD
bi
ế
t
đỉ
nh
B
có hoành
độ
nh
ỏ
h
ơ

n 3.
2.

Trong không gian Oxyz, cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng
( ) ( )
1 2
x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1
d : ; d :
1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = =
và m
ặ
t
ph
ẳ
ng
( )
P :x y 2z 5 0+ − + =
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th

ẳ
ng (d) song song v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) và c
ắ
t
( ) ( )
1 2
d , d
l
ầ
n
l
ượ
t t
ạ
i A, B sao cho
độ
dài
đ
o
ạ
n AB nh
ỏ
nh
ấ

t.
Câu VIIb (1,0 điểm). Đặ
t
,
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
b
x
x
a
 
 
 
=
−
−
− +
+
=
, xét khai tri
ể
n

( )
8
0 8 1 7 8 8

8 8 8
C a C a b C b
a b
= + + +
+
. Hãy
tìm các giá tr
ị
c
ủ
a x bi
ế
t r
ằ
ng s
ố
h
ạ
ng th
ứ
6 trong khai tri
ể
n trên b
ằ
ng 244

Hết
Họ và tên: . SBD: .




ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 (Đ󰗁 4)
21
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Cõu ỏp ỏn im
1. (1,0 im)
Với
1=m
ta có
196
23
+= xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên :
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+= xxxxy

Ta có



<

>
>
1
3
0'
x
x
y
,
310' <<< xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3( +
.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(

0,25

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1=x
và
3)1( == yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3=x
và

1)3( == yy
CT
.

Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.
0,25

Bảng biến thiên:








0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
1 2 3 4
-1
1

2
3
x
y
O

0,25
2. (1,0 điểm)

t f(x) =

3 2
3( 1) (6 3)
y
x m x m x m= + + +
; y=3x
2
-6(m+1)x+6m+3
+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu


phơng trình
0'=y
có hai nghiệm pb


Pt
2
2( 1) 2 1 0x m x m + + + =
có hai nghiệm phân biệt .

1
2 1
x
x m
=



= +


l hai nghi

m

phõn bi

t
0m

)1(

0,25
+)
Ta cú ti

p tuy

n

t
i hai

i

m c

c tr

cú ph

ng trỡnh l

n l

t l:
y = f(1) v y = f(2m+1). khi m

0 thỡ hai

ng th

ng trờn l song song v kho

ng cỏch gi

a
chỳng l d=
(1) (2 1)f f m +

0,25
(Cú th

tớnh d b

ng nhi

u cỏch) ta tớnh

c d = 4
3
m
0,25
I
(2,0
im)
theo bi ra
3
1 1 1
2 8 2
d m m

= = =
(th

a món (1))
0,25

1. (1,0 điểm)
x
y
y
3
-1
+

0
0
3
1
+

+
+

22
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
Điều kiện:
sin 0x ≠
(*). Khi đó:
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2
sin2 cos 2 .sin 2 cos 2 .sin

4
x
x x x x
π
 
+ = −
 
 




0,25

( )
cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 0
4 4 4
x x x x x
π π π
     
⇔ − = − ⇔ − − =
     
     

⇔
sinx=1 ho
ặ
c
cos 2 0
4


x
π

− =
 
 

0,25

*
sin 1 2
2
x
x k
π
π
= ⇔ = +

( )
k ∈ℤ
, th
ỏ
a (*)
0,25

•

3
cos 2 0

4 8 2
k
x x
π π π
 
− = ⇔ = +
 
 
( )
k ∈ℤ
, th
ỏ
a (*)
V
ậ
y, ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m:
( )
3
2 ; .
2 8 2
k
x k x k
π π π
π
= + = + ∈
ℤ

0,25

II.2)
2 2
2 8 10 3 5 3( 2 1) 2 2 4x x x x x x+ − − + ≤ + + − + −
(a)

Ghi
đầ
y
đủ
và gi
ả
i ra
đượ
c
Đ
kx
đ
:
1
x
≥
(1)

0,25
V
ớ
i

đ
k(1) bpt
đ
ã cho
( 2 2 3)( 5 2) 3x x x⇔ − − + + + <
(
Đế
n
đ
ây, bài toán có th
ể
gi
ả
i b
ằ
ng pp hàm s
ố
, nh
ậ
n xét và bi
ế
n
đổ
i tr
ươ
ng
đươ
ng)
bpt
2 2 3 5 2 2 2 2 5 3x x x x x x⇔ − − ≤ + − + ⇔ − + + ≤ + +

0,25
N
ế
u
2 2 5
7 (*) (*)
2 3
x x
x VT VP
x

− > +

> ⇒ ⇒ > ⇒

+ >


bpt (a)vô nghiêm trên (7;+
∞
)


0,25

II
(2,0
điểm)
N

ế
u
[ ]
2 2 5
1 7 (*) (*) 1; 7
2 3
x x
x VT VP x
x

− ≤ +

≤ ≤ ⇒ ⇒ ≤ ⇒ ∀ ∈

+ ≤


đề
u là nghi
ệ
m c
ủ
a bpt (a).
V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c

ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình(a) là T =
[ ]
1; 7
0,25
( )
3 2
2
1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I
dx x dx dx
x
x x x
+ + +
+
= = +
+ +
∫ ∫ ∫

0,25

3 3
2
1
1
1
3 3
e
e
x e
x dx
−
= =
∫
0,25
( )
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x
+

+
= =

+

 
+ +
∫ ∫
( )
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e
+
= + − =

0,25

III
(1,0
điểm)
V
ậ
y
3
1 2
ln
3 2
e e

I
− +
= +


0,25

IV
(1,0
®iÓm)
Ta có BC⊥ SA và BC⊥AC
⇒
BC⊥

AH; mà AH⊥SC
⇒
AH⊥ SB. L
ạ
i có AK
⊥SB nên

0,25
H
A
B
K
C
S
23
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT

SB⊥(AHK) ⇒ giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SBA) là góc AKH= 45
0
. Do tam giác AHK vuông
cân tại H nên ta có
2AK AH=

.
Các tam giác SAC và SAB vuông nên
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
. .
, 2
SA AC SA AB
AH AK SA a
SA AC SA AB
= = ⇒ =
+ +
.
Th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABC là V =
3
1 6
. .
6 6
a
SA AC CB =

0,25
G
ọ
i I là hình chi
ế
u c
ủ
a H trên AC, J là hình chi
ế
u c
ủ
a K trên AB khi
đ
ó SA//(HKIJ) nên
d(SA,HK) = d(A,(HKIJ) = d(A,IJ) do (ABC) vuông góc v
ớ
i (HKIJ)

0,25
Ta có:

2 2 AI 2
, , 3, 6. osAS AI
3 3
3
a SA a
AH a AK SC a SB a c C

SC
AH
= = = = = =
⇒
=

T
ươ
ng t
ự
ta có AJ =
2 3 3
( , )
3 2 3
a a
d A IJ AJ
⇒ = =


0,25
áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c Côsi ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )
3 3 2 3 3 2
3 3 2
1 1 1 3 1 1 1 1 3 1
; ;
8 2 8 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 3 1
8 2
1 1 1
x
x x y y y
z z z
+ + ≥ + + ≥
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +

Ta c
ầ
n ch
ứ
ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c:
( ) ( ) ( )

2 2 2
1 1 1 3
4
1 1 1x y z
+ + ≥
+ + +

0,25
Gi
ả
s
ử
z là s
ố
l
ớ
n nh
ấ
t trong 3 s
ố
x,y,z
Ta có:

( ) ( )
2 2
2 2
1 1 1
( ) (1 ) 0
1
1 1

xy x y xy
xy
x y
+ ≥ ⇔ − + − ≥
+
+ +
(
luôn
đ
úng)

0,25
Ta c/m f(z)=
( )
2
1 3
, 1
1 4
1
z
z
z
z
+ ≥ ∀ ≥
+
+


0,25

V
(1,0
®iÓm)
f’(z)
( )
2
4
1 3
0, 1 ( ) (1) , 1
4
1
z
z
f z f z
z
−
= ≥ ∀ ≥ ⇒ ≥ = ∀ ≥
+
.
B
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
đượ
c ch
ứ
ng minh,d

ấ
u b
ằ
ng
x
ả
y ra khi x = y = z =1


0,25
1. (1 ®iÓm)
Gi
ả
s
ử

2 2
( ; ), 0n a b a b+ >

là vtpt c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng AB Khi
đ
ó ta có ph
ươ
ng trình c

ủ
a
đườ
ng
th
ẳ
ng AB: ax+b(y+1)=0 và AC: b(x+1)- a(y-2) = 0


0,25
Do tam giác ABC vuông cân nên I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC và I thu
ộ
c
đườ
ng phân giác trong góc
A. ta có d(I,AB) = d(I,AC)
2
7 3
(1;1)
0( )
2 2 2 2
a b
a b b a
A

b l
= −

⇒ + = − ⇒ ⇒

=

0,25
Ta có BC
đ
i qua I vuông góc v
ớ
i AI nên có ph
ươ
ng trình: x-3y+7=0

0,25

VIa.
(2,0
®iÓm)
B là giao c
ủ
a AB và Bc nên B có t
ọ
a
độ
là B(2;3),
C là giao c
ủ

a BC và AC nên t
ọ
a
độ
C là C(-1;2)

2.
Đườ
ng th
ẳ
ng AB
đ
i qua
đ
i
ể
m
( )
0; 1;1A −
và có VTCT
( )
1; 2; 0u =

. G
ọ
i
( )
, ,n a b c=

là VTPT

c
ủ
a (P) v
ớ
i
2 2 2
0a b c+ + ≠
. Do (P) ch
ứ
a AB nên:
Ph
ươ
ng trình (P) có d
ạ
ng:ax+by+cz+b-c=0 và
. 0 2 0 2u n a b a b= ⇔ + = ⇔ = −
 
.



0,25
(S) có tâm I(-1;2;3) và bk R = 5, chu vi giao tuy
ế
n là 8
π
nên ta có d(I,(P)) = 3
0,25
( )
2

2 2
4 4 0 2 0 2b bc c b c c b⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
0,25

Do
0b ≠
ch
ọ
n b = 1 ta
đượ
c ph
ươ
ng trình (P) là: 2 2 1 0x y z− − + =
0,25
Câu


24
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
VIIa
*Đăt
,( ; )z x yi x y R= + ∈
thì
(1 )
2 1
1
i z
i
+
+ =

−
( )
2 1
y
xi⇔ − + =
*
( )
2
2
2 1x y⇔ + − =
(1)
0,25

. T
ừ
(1) ta có:
2 2
4 3
x
y y+ = −
,mà
z
= x
2
+ y
2
= 4y-3
0,25
.
t

ừ
(1) ta có:
2
(2 ) 1 1 2 1 1 3 1 4 3 9y y y y− ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤
0,25
V
ậ
y s
ố
ph
ứ
c có modul l
ớ
n nh
ấ
t th
ỏ
a mãn
đ
kbt là: z = 3i
V
ậ
y s
ố
ph
ứ
c có modul nh
ỏ
nh
ấ

t th
ỏ
a mãn
đ
kbt là: z = i
0,25
T
ọ
a
độ

đ
i
ể
m N’
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
đ
i
ể
m N qua I là ' 3;
3
5
N
 
 

 
Đườ
ng th
ẳ
ng AB
đ
i qua M, N’ có ph
ươ
ng trình:
3 2 0x y− + =
Suy
ra:
( )
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB
− +
= = =


0,25
Do
2AC BD=
nên
2
IA
IB=
.

Đặ
t
0IB x= >
, ta có ph
ươ
ng trình

2
2 2
1 1 5
2 2
4 8
x x
x
x
+ = ⇔ = ⇔ =


0,25
Đặ
t
( )
,
B x y
. Do
2IB =
và
B AB∈
nên t
ọ

a
độ
B là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
:

( ) ( )
2 2
2
14
4 3
5 18 16 0
3 3 2
5
8 2
3 2
3 2 0
5
x
x
y y
x y
y
x y
x y
y


=


= >

− + =

− + − =
 
⇔ ⇔ ∨
   
=
= −
− + =





=



0,25

VIb.
(2,0
®iÓm)

Do x
B
< 3 nên ta ch
ọ
n
14 8
;
5 5
B
 
 
 
V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đườ
ng chéo BD là:
7 18 0
x y− − =
.
0,25
Vi
ế
t pt
đườ
ng th
ẳ
ng d

2.Đặ
t
( ) ( )
A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + +
,
ta có
( )
AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + +


0,25
Do AB song song v
ớ
i (P) nên:
( )
P
AB n 1; 1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = −
  
;Suy ra:
( )
AB a 5; a 1; 3= − − − −

0,25
Do
đ
ó:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥

Suy ra:
{
a 2
min AB 3 3
b
2
=
= ⇔
= −
,
( )
1; 2; 2
A
,
( )
3; 3; 3AB

= − − −
0,25
V
ậ
y, ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (d) là:
x 1 y 2 z 2
1 1 1

− − −
= =
.
0,25
Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7
1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+
− −

= + = +

0,25

S
ố
h
ạ
ng th
ứ
6 c
ủ
a khai tri
ể
n là :
( ) ( ) ( )( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   

   

0,25
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có
( )( )
1
1
1
1 1
1
1
3 1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
3 1
3 3
x
x
x x
x
x
−
−
−
− −
−

−

=
+
+ + = ⇔ = ⇔

+
=


0,25

CâuV
IB.2

VIIb.
(1,0
®iÓm)

1
2
x
x
=

⇔

=

0,25
Gh chú : Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng

25
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT