DE TOAN LTDH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.39 MB, 78 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số yx42mx2 m 1 (1) , với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m1.

2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một
tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 1.

Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình:

4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2

2 0

2sinx - 3

x



2. Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y
y x y x y

    



   


Câu III: ( 1 điểm). Tính tích phân:

3
0

3sin 2 cos

(sin cos )

x x

I dx

x x










Câu IV: (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a.

Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)

y-1 2 ( 1)( 1) 1 0 (2)

x

y x m x





     



II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: ( 2 điểm).

1. Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình xy10. Phương trình đường cao vẽ từ B
là: x2y20. Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam
giác ABC.

2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

2 2 2

2 4 2 3 0

x y  z x y z  Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại
A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).

Câu VII.a: ( 1 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:
z i   z 2 3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mơ đun nhỏ nhất.
 Phần 2: Theo chương trình nâng cao:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường 
thẳng d: 2 2x y 2 20 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). 
Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.

Câu VII.b:( 1 điểm). Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5
---Hết ---

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A 
Môn thi : TỐN

Phần chung:

Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 2
2x 3



 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt
tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3
(1 2sin x)(1 sin x)

 

  .

2. Giải phương trình : 2 3x3  2 3 6 5x  8 0 (x  R)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phaân 2 3 2

I (cos x 1) cos xdx









Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD = 2a;
CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai 
mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a.

Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)3
+ (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z)3.

Phần riêng: (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2 đường
chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường
thẳng  : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S) : x2 + y2 + 
z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường trịn. Xác 
định tọa độ tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2+2z+10=0. Tính giá trị của biểu 
thức A = z12 + z22

B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm).

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng  : x 
+ my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường trịn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2
điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng 1 :

x 1 y z 9

1 1 6

    ;

2 : x 1 y 3 z 1

2 1 2

    

 . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.

Caâu VII.b (1,0 điểm)

Gỉai hệ phương trình : 2 2

2 2

x xy y

log (x y ) 1 log (xy)
3   81

   






 (x, y  R)

Hướng dẫn giải: 
Phần chung:

Caâu I.

1. /

3 1

\ , 0,

2 (2 3)

D y x D

x

 

 

      


 

Suy ra hàm số giảm trên từng khoảng xác định và khơng có cực trị.

3 3

2 2

lim , lim

x x

y y

 

 

 

    TCĐ: 3
2
x

1 1

lim :

2 2

xy TCN y

+∞

3
2


1
2

+∞
-∞

y
y/
x

-∞ 1

-

-2 3 2

1 2

x
y

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x.

Nghĩa là:

f’(x0) = 1  2
0

(2x 3)

  

 

0 0

x 1 y 1

x 2 y 0

   



    



1 : y – 1 = -1(x + 1)  y = -x (loại)
2 : y – 0 = -1(x + 2)  y = -x – 2 (nhận)
Câu II.

1. ĐK: sin 1
2

x , sinx ≠ 1















1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin

cos 3 s in s in2 3 cos 2

    

   

Pt x x x x

x x x x x

x x x x

1cos 3sin 1s in2 3cos 2 cos cos 2

2 2 2 2 3 6

   

          

   

x x x x  x x 

2 2 2 2

3 6 3 6

   x x  k hay     x x  k 
2

  x  k  (loại) 2

18 3

  

x  k  , k  Z (nhaän)

2. 2 3x3  2 3 6 5x  8 0, điều kiện :6 5 0 6

x x

   

Đặt t = 3

3x2  t3 = 3x – 2  x =
3

t 2

 vaø 6 – 5x = 3
8 5t

3

Phương trình trở thành : 2t 3 8 5t3 8 0

3


  

 3 8 5t3 8 2t



  



3 2

t 4

15t 4t 32t 40 0



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>













2 2 2

3 2 5 2

0 0 0

2 2 2

4 2 2 4

0 0 0

cos 1 cos cos cos

cos cos 1 sin cos 1 2 sin sin cos

sin cos

   

     

  



I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

Đổi cận: x= 0  t = 0; x =
2



 t = 1









1 3 5

2 4
1

0 0

2 2 2 2 2 2

2
2

0 0

0 0 0 0

3 2

2 8

1 2

3 5 15

1 cos 2 1 1 1 1

cos cos 2 sin 2

2 2 2 2 4 4

8
cos 1 cos

15 4

      



      

   



t t
I t t dt t

x

I xdx dx dx xdx x x

I x xdx

     






Câu IV. Từ giả thiết bài tốn ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E
là hình chiếu của I xuống BC.

2a a 3a

2 2



  SCIJ

2
IJ CH 1 3a 3a

2 2 2 4



   , CJ=BC a 5

2  2

 SCIJ

2 2

3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3

IE CJ IE SE ,SI

4 2 CJ 2 5 5 5

         ,





1 1 3a 3 3a 15

V a 2a 2a

3 2 5 5

 

    

 

Caâu V. x(x+y+z) = 3yz 1 y z 3y z
x x x x
   
Đặt u y 0,v z 0,t u v 0

x x

       . Ta có







2 2

1 3 3 3 3 4 4 0 2 3 2 0 2

2 4



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về



 







 



1u  1 v 3 1u 1v u v 5 uv
A

D C

I J

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>







 



































3 2 2 3

3 3 3 3

3 3 3 2

2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 5

2 6 1 1 5 2 6(1 ) 5

2 6 1 5 4 6 4 0 2 1 2 0

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng do t  2.
Phần riêng:

A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a. 1. I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – 5 = 0, E  E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
I trung điểm NE  N I E

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y 4 5 m m 1

   



       

  N (12 – m; m – 1)

MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)

MN.IE0  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0

 m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7
+ m = 6  MN = (5; 0)  pt AB laø y = 5

+ m = 7  MN = (4; 1)  pt AB laø x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0

2. I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11   5
d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3

4 4 1

  



  < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường trịn (C)
Phương trình d qua I, vng góc với (P) : xy 1 2t2 2t

z 3 t

 
  


 


Gọi J là tâm, r là bán kính đường trịn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1

Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2)
Bán kính đường trịn r = 2 2

R IJ  25 9 4

Câu VII.a.’ = -9 = 9i2 do đó phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i 
 A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B. Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b. 1. (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R =

Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có
SABC = 1IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sinAIB = 1 AIB vuông tại I

 IH = IA 1

2  (thoûa IH < R)  2
1 4m

m 1






 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8
15

2. M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương a= (2; 1; -2)

AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AMa = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)

Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P))  2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

 35t2 - 88t + 53 = 0  t = 1 hay t = 53
35
Vaäy M (0; 1; -3) hay M 18 53 3; ;

35 35 35

 

 

 

Caâu VII.b. Điều kiện x, y > 0

2 2

2 2 2 2

2 2

log (x y ) log 2 log (xy) log (2xy)

x xy y 4

    




  





2 2

x y 2xy

x xy y 4

  




  

 

(x y) 0

xy 4

  




 

x y

xy 4



 

 

x 2

y 2



 

 hay

x 2

y 2

 

  


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009

Môn thi : TOÁN, khối B, D

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm)

Cho hàm số y 2x 3

x 2




 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà
hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: (1 + 2cos3x)sinx + sin2x = 2sin2 2x
4


  

 

 

2. Giải phương trình: 2 2 1

log x 2 log x 5 log 80

Câu III. (1,0 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x ln (x22 2 1)

x 1



 , trục hoành, trục tung và đường
thẳng x = e 1 .

Câu VI. (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA = 2a và đường thẳng AA tạo
với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 600. Tính thể tích khối tứ diện ACA

B theo a.
Câu V. (1,0 điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình 3 2





x 3x  1 a x x 1 có nghiệm.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 
1. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình : x 1 y 7 z 3

2 1 4

  

  và mặt

phẳng (P) có phương trình : 3x – 2y – z + 5 = 0.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2. Kí hiệu l là hình chiếu vng góc của d trên (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng l.
Câu VIIa. (1,0 điểm)

Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức : x(3 + 5i) + y(1 – 2i)3

= 9 + 14i
2. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm)

Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình : x 1 y 7 z 3

2 1 4

  

  và mặt

phẳng (P) có phương trình : 3x – 2y – z + 5 = 0.

1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P).

2. Kí hiệu l là giao tuyến của (P) và mặt phẳng chứa d và vng góc với (P). Viết phương trình chính
tắc của đường thẳng l.

Câu VIIb. (1,0 điểm)

Cho số phức z = 1 + 3i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.
………Hết………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

I 
(2,0 
điểm)

1. (1,25 điểm)

Với m = 0, ta có hàm số y = – x3

– 3x2 + 4
Tập xác định: D =

Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y’ = – 3x2

– 6x, y’ = 0  x 2

x 0

 

 



y’ < 0  x 2

x 0

 

 



y’ > 0  – 2 < x < 0

Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;  2) và (0 ; + )
+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0)

0,50

 Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và yCT = y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4.
 Giới hạn:

xlim , xlim 

0,25 
 Bảng biến thiên:

0,25 
x

y '
y







2


0
0



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 Đồ thị:

Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ;
4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0)
và tiếp xúc với trục hoành tại

điểm ( 2 ; 0) 0,25

2. (0,75 điểm)

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )  y’ = – 3x2 – 6x + m  0,  x > 0

 3x2 + 6x  m,  x > 0 (*) 0,25 
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x2

+ 6x trên (0 ;
+ )

Từ đó ta được : (*)  m  0.

0,50

II 
(2,0

điểm)

1. (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình :







sin x 3

2sin x 3 3 sin x cos x 0 2

3 sin x cos x 0





    

  



0,50

x ( 1) n , n

x k , k

6


     


 



     


0,50

Câu Đáp án Điểm

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x > – 2 và x  5 (*)

Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:

2 2

log (x2) x5log 8  (x2) x 5 8  (x 3x 18)(x 3x 2) 0

0,50

2
2

x 3x 18 0 3 17

x 3; x 6; x

x 3x 2 0

    

     

  



Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:

x6 và x 3 17

2




0,50

III 
(1,0 
điểm)

Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì

ln 8

x x

ln 3

e    1 0 x [ln 3 ; ln 8] nên S



e 1dx 0,25

Đặt ex1 = t, ta có 
2

2tdt
dx

t 1




Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3

0,25

Vì vậy: 3 2 3 3 3 3 3 3

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2t dt dt dt dt 3

S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln

t 1 t 1 t 1 t 1 2

 

             

     



0,50

y 



 2 O 1

y

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

IV 
(1,0 
điểm)

Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.

Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vng ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.

Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD).

0,50

Suy ra: + OG = IH = a

2, trong đó H là trung điểm của
AB.

+ Tam giác OGA vuông tại G.

0,25 
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABD, ta có:

2 2

2 2 a 3a a 21

R OA OG GA

4 9 6

     

0,25 
V

(1,0 
điểm)

Ta có :

2 2 2 2 2 2

x x y y z z

y z z x x y

      (*)

Nhận thấy : x2

+ y2 – xy  xy x, y 
Do đó : x3

+ y3 xy(x + y) x, y > 0 hay

2 2

x y

y  x   x, y > 0

0,50

Tương tự, ta có : y2 z2 y z

z  y   y, z > 0

2 2

z x

x  z   x, z > 0

Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1

Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1

3. Vì vậy, minP = 2.

0,50

VI.a 
(2,0 
điểm)

1. (1,0 điểm)

Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2

+ y2 = 4.

Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 0,25

Suy ra trục tung khơng có điểm chung với đường trịn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên

tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). 0,25

Câu Đáp án Điểm

Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.

Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600

0
0

AMB 60 (1)

AMB 120 (2)

 

 

 



0,25

Vì MI là phân giác của AMBnên :

(1) 0 2

AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7

sin 30

           

(2) 0 2

IA 2R 3 4 3

AMI 60 MI MI m 9

sin 60 3 3

         (*)

Dễ thấy, khơng có m thỏa mãn (*)

Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ;  7) và (0 ; 7 )

0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và

vuông góc với d. 0,25

B C

D
H

G O

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t).
Suy ra : MH= (2t  1 ;  2 + t ;  t)

Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = 2

3. Vì thế, MH =

1 4 2

; ;

3 3 3

   

 

  .

0,50

Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:

x 2 t

y 1 4t

z 2t

 

  

  


0,25 
VII.a

(1,0 
điểm)

Theo cơng thức nhị thức Niu-tơn, ta có:

P = 0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12

6 6 6 6 6

C (x 1) C x (x 1)  C x (x 1)   C x (x 1) C x 0,25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2

chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6
6

C (x 1) và

1 2 5

C x (x 1) . 0,25

Hệ số của x2

trong khai triển 0 6
6

C (x 1) là : 0 2

6 6

C .C
Hệ số của x2

trong khai triển 1 2 5
6

C x (x 1) là : 1 0

6 5

C .C

 0,25

Vì vậy, hệ số của x2

trong khai triển P thành đa thức là : 0 2
6 6

C .C C .C16 05 = 9. 0,25 
VI.b

(2,0 
điểm)

1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. 
2. (1,0 điểm)

Gọi H là hình chiếu vng góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và

vng góc với d. 0,25

d có phương trình tham số là:

x 1 2t

y 1 t

z t

 


   


  


Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t).
Suy ra : MH= (2t  1 ;  2 + t ;  t)

Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = 2

3. Vì thế, MH =

1 4 2

; ;

3 3 3

   

 

  .

0,50

Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:

x 2 y 1 z

1 4 2

   

 

0,25

Câu Đáp án Điểm

VII.b 
(1,0 
điểm)

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:

P = 0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10

5 5 5 5 5

C (x 1) C x (x 1)  C x (x 1)   C x (x 1) C x 0,25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3

chỉ xuất hiện khi khai triển 0 5
5

C (x 1) và

1 2 4

C x (x 1) . 0,25

Hệ số của x3

trong khai triển 0 5
5

C (x 1) là : 0 3

5 5

C .C
Hệ số của x3

trong khai triển 1 2 4
5

C x (x 1) là : 1 1

5 4

C .C

 0,25

Vì vậy, hệ số của x3

trong khai triển P thành đa thức là : 0 3
5 5

C .C C .C15 14= 10. 0,25

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
---

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Mơn thi: TỐN; Khối A

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1.

2 1

x
y

x
 




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.

2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m ln cắt đồ thì (C ) tại 2 điểm phân biệt A và B .

Gọi k1 và k1 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với ( C ) tại A và B . Tìm m để tổng k1 + k1 đạt giá
trị lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 1 sin 2 2cos 2 2 sin sin 2 .
1 cot

x x

x x
x

 




2. Giải hệ phương trình

2 2 3

2 2 2

5 4 3 2( ) 0

( , )

( ) 2 ( )

x y xy y x y

x y R
xy x y x y

     

 



   


Câu III (2,0 điểm) Tính tích phân

4
0

sin ( 1) osx
sin cos
x x x c

I dx

x x x



 






Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt 
phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng SM và
song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bẳng 60o. Tính thể tích khối
chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc đoạn

 

1; 4 và x y x, z.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.

2 3

x y z

P

x y y z z x

  

  

PHẦN RIÊNG(3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần( phần A hoặc phần B) 
A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x+ y + 2 = 0 và đường tròn (C): x2

+ y2 – 4x – 2y = 0.
Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các đường tiếp tuyến MA, MB đến (C) ( A, B là các tiếp
điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A(2;0;1), B(0; -2; 3)và mặt phẳng (P) : 2x – y – z +
4= 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, bết z2

= 2 + z.
B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b( 2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2

/4 + y2/1 = 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hồnh
độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

2.Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu x2

+ y2 + z2 – 4x – 4y – 4z = 0 và điểm A(4;4;0).
Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết B thuộc (S) và tam giác OAB đều.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

---Hết---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:………. …….Số báo danh: ………..

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
---

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Mơn thi: TỐN; Khối B

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2

2 1

yx  ( m )x m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị
thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị cịn lại.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình sin 2 cosx xsin cosx xcos 2xsinxcosx

2. Giải phương trình 2

3 2 x 6 2 x 4 4x 10 3 x (x  R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2

1 sin

cos

x x

I dx

x







Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = a 3.

Hình chiếu vng góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai
mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 
đến mặt phẳng (A1BD) theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2

+ b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P =

3 3 2 2

4 a b 9 a b

b a b 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 (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ
điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON
= 8.

2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1

1 2 1

x  y  z

  và mặt phẳng (P) : x + y +
z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vng góc với  và
MI = 4 14.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z 5 i 3 1 0

z


   .

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B 1;1
2

 

 

 . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC
tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có
phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1 5

1 3 2

x  y  z

 và hai điểm A (-2; 1;
1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5
.

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức

1 3

1
i
z

i

  

   

  .

---Hết---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:………. …….Số báo danh: ………..
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

---
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 
Môn thi: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x
y

x





1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k +1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ
A và B đến trục hoành bằng nhau.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình s in2x 2 cos x sin x 1 0
tan x 3

  




2. Giải phương trình 2

2 1

log (8 x ) log ( 1 x    1 x ) 2  0 (x )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
4
0

4x 1

I dx

2x 1 2



 



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng 
(SBC) vng góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC= 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

3 2

2 ( 2)

( , )

1 2

x y x xy m
x y

x x y m

    

 



   


PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa
phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng : 1 3

2 1 2

x y z

d    

 . Viết
phương trình đường thẳng  đi qua điểm A, vng góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết : z (2 3 )i z 1 9i
B. Theo chương trình Nâng cao

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tỏa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C) : x2

+ y2 2x + 4y  5 = 0. Viết phương
trình đường thẳng  cắt (C) tại điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3

2 4 1

x y z

  và mặt phẳng

(P) : 2x  y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , bán kính bằng 1 và tiếp xúc với
mặt phẳng (P).

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

2 3 3

1
x x
y

x

 



 trên đoạn [0;2]. 
---Hết---

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16></div>
(17)<div class='page_container' data-page=17></div>
(18)<div class='page_container' data-page=18></div>
(19)<div class='page_container' data-page=19></div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐH KHỐI B-2011 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: 1 Khảo sát, vẽ (C) : 
m = 1  y = x4 – 4x2 + 1
D = R, y’ = 4x3

– 8x, y’ = 0  x = 0 hay x =  2

Hàm số đồng biến trên ( 2; 0) và ( 2; +), nghịch biến trên (-; 2) và (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x =  2 và yCT = -3

lim

xy 

Bảng biến thiên :

x -  2 0 2 +
y’  0 + 0  0 +

y + 1 +
-3 -3

2/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = 0  x = 0 hay x2 = m + 1

Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m),

B ( m1; -m2 – m – 1); C (- m1; -m2 – m – 1)

Ta có: OA = BC  m2 = 4(m + 1)  m = 2  2 2 (thỏa m > -1)
Câu II.

1. Phương trình đã cho tương đương :

2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – 1 + sinx + cosx
 sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx
 cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0

 sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0

 x = 2

2 k

  

hay 2cos2x + cosx – 1 = 0

 x = 2

2 k

  

hay cosx = – 1 hay cosx = 1
2
 x = 2

2 k

  

hay x =  + k2 hay x = 2
3 k

 

  (k  Z)
2. Đặt t = 3 2 x 6 2x  t2 = 9(10 3 x4 4x2)

Phương trình đã cho trở thành : t2

– 9t = 0  t = 0 hay t = 9

x
y

-2 2

-3

 2

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Với t = 0 : 3 2 x 6 2x  x = 6
5

Với t = 9 : 3 2 x 6 2x = 9 (điều kiện : -2  x  2)

 2  x 3 2 2x  2 + x = 9 + 12 2x+4(2 – x)
 12 2 x 5x15 (vô nghiệm)

Cách khác : Đặt u = 2x và v = 2x (u, v  0), phương trình đã cho trở thành:

2 2

3 6 4 4 (1)

4 (2)

u v uv u v
u v
    



 


(1)  3(u – 2v) = (u – 2v)2 u = 2v hay u = 2v + 3
Với u = 2v ta có (2)  v2 = 4

5 suy ra: 2 – x =
4

5  x =
6
5

Với u = 2v + 3 ta có (2)  (2v + 3)2 + v2 = 4  5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0)
Câu III:





3 3 3 3

2 2 0 2 2

0 0 0 0

sin sin sin

tan 3

cos cos cos cos

dx x xdx x xdx x xdx

I x

x x x x

   











 



 



Đặt u = x => du = dx
2
sin
cos
xdx
dv
x

 , chọn

cos
v

x




 I =
3
2
0
sin
3
cos
x xdx
x





=
3
3
0 0
3
cos cos
x dx
x x


 



=
3
2
0
2 cos
3

3 sin 1

xdx
x


 




=
3
0

2 1 sin 1

3 ln

3 2 sin 1

x
x

 
 
 =

2 1 2 3

3 ln

3 2 2 3

 

 


Câu IV.

Ta có : OI =
2
a

, OIA1 là nửa tam giác đều
 A1I = 2OI = a

1 1 1 1
ABCD.AB C D

V = . 3. 3

a

a a =

3
3

2
a

Gọi B2 là điểm chiếu của B1 xuống mặt phẳng ABCD
Vậy d (B1, A1BD) chính là đường cao vẽ từ B2 của OB2B

2
( )

1 1 3

. 3

2 2 4

OBB

a

S  a a  = 2

1
.
2OB B H
 B2H =

3 1 3

2. .

4 2

a a

a 
Câu V.

Theo giả thiết ta có



2 2









2 a b ab a b ab 2 . Từ đây suy ra :





1 1

2 a b 1 ab 2

b a a b

      

   

    hay

2 2

2 a b 1 a b

b a b a

      

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a 2 b 2 2 2 a b

b a b a

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Đặt t = a b

ba, ta suy ra : 2t + 1  2 2 t2  4t
2

– 4t – 15  0  t  5
2
Mặt khác: P =

3 3 2 2

4 a b 9 a b

b a b a

   

  

   

    = 4(t

– 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)
f’(t) = 12t2

– 18t – 12, f’(t) = 0  t = 1
2

 hay t = 2
 Min f(t) = 23

 khi t = 5
2
Vậy min P = 23

 khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.

Câu VI.a.

1. Phương trình ON có dạng x at
y bt



 

 (a

+ b2 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2)
N = ON  : at1 – bt1 – 4 = 0  t1 = 4

a b (a  b)
M = ON  d : 2at2 – bt2 – 2 = 0  t2 = 2

2a b (2a  b)
Suy ra : N 4a ; 4b

a b a b

 

   

 ,

2 2

;

2 2

a b

M

a b a b

 

   

 

Ta có: OM.ON = 8  4 2 2 2 2 2 8

a b a b

a b  a b   

2 2

2
a b  a b a b

TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1  N (0; -4) , M (0; -2)

TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = (1b)(2b)  1 + b2 = b23b2



2 2

3 2 1

b b b

    


    

  b =

3. Vậy N (6; 2) ; M

6 2

;
5 5

 

 

 .
Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON = (n; 2n – 2)
Điểm M  M (m; m – 4)  OM = (m; m – 4)

Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8
 OM ON. = 8  m = 5n (1)

Ta có OM cùng phương với ON  m.n + 4n – 2m = 0 (2)
Từ (1) và (2)  5n2 – 6n = 0  n = 0 hay n = 6

5
Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)
Với n = 6

5 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N

6 2
;
5 5

 

 

 

2. Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)

 MI = (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của  là a= (1; -2; -1)
Ta có :

MI. 0

16.14
a

MI

 






  2 2 2

2 1

(1 ) (1 ) ( 2 ) 16.14

y x

x y x y

 




       


 x = -3 hay x = 5

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

5 3

1 0

i
z

z


    z z 5 i 3 z 0  x2 + y2 – x – 5 ( 3y)i = 0
 x2 – x – 2 = 0 và y =  3  (x = -1 và y =  3) hay (x = 2 và y =  3)
Vậy z = 1  3i hay z 2 3i.

Câu VI.b.

1. Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên
BD // EF ABC cân tại A

Ta có BD = BE 
2

2 2

5 1

( ) (3 1)

2 x 2

     
 

 

 x = 2 hay x = -1 (loại)  E (2; 3)

Đường thẳng BE cắt AD tại A nên ta có: A (3; 13
3 )

2. M  M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)

( 1; 2;1)

AB   ; AM ( ;3 ; 6 2 )t t   t ; [AB AM, ] (t 12;  t 6; t)

SMAB = 3 5 = 1[ , ] 3 5
2 AB AM  

2 2 2

( 12) ( 6) 3 5

2 t   t  t
 3t2 + 36t = 0  t = 0 hay t = -12

Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)

Câu VII.b.

2 cos sin

3 3

2 cos sin

4 4

i
z

i

 

    

 

   

 



 

  

 

  

 

= 8 cos sin

3 3

cos sin

4 4

i
i

 

  

= 2 2 cos 3 sin 3

4 i 4

 

      

   

    

  = 2 2 cos 4 isin 4 2 2i

 

   

 

 

Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
Cách khác : z =

2 3

1 3 3 9 3 3

1 3 3

i i i

  

   =

1i = 2 + 2i
Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.

B C

E F

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐH KHỐI D-2011 
Câu I :

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
D = R \ {-1}

y/ = 1 2

(x1) > 0 với mọi x  D
1

lim

x y  và xlim1 y   x = -1 là TCĐ

lim 2

xy  y = 2 là TCN

BBT :

x -  - 1 +
y/ + +

y + 2
2 -

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, khơng có cực trị.
Đồ thị hàm số :

2. Pt hoành độ giao điểm :

2 1

1
x

kx k
x



  



 kx2 + (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)

Ycbt :  k  0 và  = k2 - 6k + 1 > 0  k < 3 2 2   k 3 2 2 và k  0 (*)
Khoảng cách từ A và B đến Ox bằng nhau

yA=yB kxA2k 1 kxB2k 1

( ) 1 3

( ) 4 2 0

A B

kx kx loai k

k k

k x x k k



     

    


 k = – 3 (thỏa đk (*) ). Vậy YCBT  k = – 3
Câu II :

1) sin 2 2 cos sin 1 0

tan 3

x x x

x

  



 đk : tgx  3; cosx  0

Pt  sin2x + 2cosx  sinx  1 = 0  2sinxcosx + 2cosx  (sinx + 1) = 0
 2cosx (sinx + 1)  (sinx + 1)= 0  (2cosx  1)(sinx + 1) = 0

x
y

O
2

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

1 2

cos 3

sin 1 2

x k

x

x x k

 
 
   
  

  

    
 

so đk ta có nghiệm của pt : 2 ( )
3

x  k  kZ
2) log (82 x2) log ( 1 2  x 1x)2 (x  [-1;1])

log (82 x2) 2 log ( 12  x 1x)  8  x2 = 4( 1 x 1x) (*)
Đặt t = 1 x 1x

(*) thành (t 2)2 (t2 + 4t + 8) = 0

 t = 2  1 x 1x = 2  x = 0 (nhận)
Câu III :

I =
4

4 1

2 1 2

x
dx
x

 



Đặt t = 2x 1 2 => (t - 2)dt = dx
=> I =

5 2 5

3 3

(2 8 5)( 2) 10 34 3

(2 12 21 ) 10 ln

3 5

t t t

dt t t dt

t t

  

     



Câu IV :

Gọi H là hình chiếu của S xuống BC.
Vì (SBC)  (ABC) nên SH  (ABC)
Ta có SH = a 3

Thể tích khối (SABC) = 1 .
3S ABCSH 

3
1 1

( 3a.4a).a 3 2a 3

3 2 

Ta có : Tam giác SAC vng tại S
vì SA = a 21; SC = 2a; AC = 5a.
Diện tích (SAC) = a2 21

d(B,(SAC)) = 3 SABC
SAC

V
S =

3
2
3.2 3
21
a
a 
6
7
a
Câu V :

Hệ
2
2

( )(2 )

( ) (2 ) 1 2

x x x y m

   




    

 Đặt

2 1

( )

2 ( )

u x x dk u
v x y v

    




   



Hệ thành : 1 2 2(1 2 )

(2 1)

v m u

u v m

uv m u u m u

  
   


  
   
 
2
1 2
(1)
2 1

v m u

u u
m
u
  


   
 


Đặt f(u) =

1
,

2 1 4

u u
u
u

 

 

 ; f

/
(u) =

2
2

2 2 1

(2 1)
u u

u
  
 ;f
/

(u)=0 1 3

u  

  (loại) hay 1 3

u  

u 1

 1 3

 

+ 
f/(u) + 0 

f(u) 2 3

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Vậy hệ có nghiệm (1)có nghiệm thuộc 1; 2 3

4 m 2


   



 

Câu VIa :

1. Gọi M là trung điểm của AC, ta có 3 7;1

2 2

BM  BGM 

 

Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong  của góc A và H là giao điểm của  với đường thẳng
BN.

Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0

=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : 3 0 ( 1; 2)
1 0

x y

H
x y

  


  

   



H là trung điểm của BN 2 2 (2; 5)

2 5

N H B

x x x

N

y y y

  



  

   



Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0

A là giao điểm của đường thẳng  và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm

của hệ : 4 13 0 (4;3)

1 0
x y

A
x y

  




   



M là trung điểm của AC  2 3

2 1

C M A

x x x

y y y

  



    

  C(3; 1)

2. Gọi M là giao điểm của đường thẳng  với Ox  M (m; 0; 0)  AM = (m – 1; -2; -3)
AM  d  AM.ad= 0  m = -1 AM = (-2; -2; -3)

Vậy pt  là 1 2 3

2 2 3

x  y  z
Câu VII.a :

Gọi z = a + bi (a, b  R). Khi đó z  (2 + 3i)z = 1 – 9i  a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i
 –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i  3 1 2

3 3 9 1

a b a

b a b

   

 



      

 

Vậy z = 2 –i
Câu VI.b :

1. Đường trịn (C) có tâm I (1; -2), R = 10

(0; 2)

AI  . Vì I và A cách đều M, N nên MN  AI, vậy pt MN có dạng : y = b
MN = 2 dA MN/ 2b

/ 2

I MN

d  b
2

2 2 2

/ 2 3 0 1 3

I MN

MN

d   R b  b   b v b 

 

Vậy Pt : 1 : y = 1 ; 2 : y =  3
2. Phương trình tham số đường thẳng 

1 2
3 4

x t

y t

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

d (I, P) = 2(1 2 ) (3 4 ) 2
3

t t t

   

= 1  t = 2 hay t = -1

 I1 (5; 11; 2)  Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1
 I2 (-1; -1; -1)  Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1
Câu VII.b :

Ta có : y/ =
2

2 4

( 1)
x x

x

 ; y

= 0  x = 0 v x = – 2 (loại) mà y(0) = 3 và y(2) = 17

3
Vậy GTLN là 17

3 và GTNN là 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 
 Mơn thi : TỐN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm)

Cho hµm sè y=-x3

+3x2

-2 (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2. Tìm trên đ-ờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đ-ợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải bất phương trình x2  x 2 3 x 5x24x6 ( x  R).
2. Giải phương trình 2 2 cos 2 sin 2 cos( 3 ) 4 sin( ) 0

4 4

x x x   x  .
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3
2

2
1

log
1 3ln

e

x

I dx

x x







Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’ 
lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết 
khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z 0thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





3 3 3

x y z

P

x y z

 



 
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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x4y100và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với

đường thẳng ’.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:

1 1 1

2 1 1

x  y  z

 ;
d2:

1 2 1

1 1 2

x  y  z

và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ,
biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1, d2 .

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4

– z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0
B. Theo chương trình Nâng cao.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Câu VI.b(2,0 điểm)

1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0

Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2.Viết phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng sau:

1 2

x 1 2t

x y 1 z 2

d : ; d : y 1 t

2 1 1

z 3

  


  

     

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 14





2 2

log log 1

( , )

25
y x

y x y

x y

   

 



  


</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu Ý Nội dung Điểm

1 *Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x2

+ 6x ; y’ = 0  0
2
x
x



 

*Bảng biến thiên

x - 0 3 + 
y’ - 0 + 0 -

+  2
y

-2 -

* Hàm số nghịch biến trên ( -;1) và ( 3; +); đồng biến trên ( 1; 3)

* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2

* Đồ thị :

f(x)=-x^3+3x^2-2

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-2
2
4

x
y

1đ

2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d M(m;2). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k  PTĐT  có dạng : y=k(x-m)+2.

ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
3 2

3 2 ( ) 2 (1)

3 6 (2)

x x k x m

x x k

     




  

 (I).

Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0

2 (3 1) 2 0 (3)

x

x m x




     

 . Đặt f(x)=VT(3)

Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 1 hc m>5/3

(2) 0 m 2

m

f

   

 

 

 

 

.
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hc m>5/3

m 2

m 


 

 thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến

(C)

0,25
0,25

0,25

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

II
1
Điều kiện
2
2
2 0
0 2

5 4 6 0

x x
x x
x x
   
   

   


Bình phương hai vế ta được 2

6 x x( 1)(x2)4x 12x4
3 x x( 1)(x 2) 2 (x x 2) 2(x 1)

       3 ( 2) 2 ( 2) 2

1 1

x x x x

x x

 

  

 

Đặt ( 2) 0

1
x x
t
x

 

 ta được bpt
2

2t   3t 2 0

1
2
2
2
t
t

t

 

  




( dot0)

Với ( 2) 2

2 2 6 4 0

x x

t x x

x

      

3 13
3 13
3 13
x
x

x
  
   
 

 ( do x2) Vậy bpt có nghiệm x 3 13

0,5

2 3

2 2 cos 2 sin 2 cos( ) 4 sin( ) 0

4 4

x x x   x  

3 3

2 2 cos 2 sin 2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0

4 4 4 4

x x x   x   x   x  

4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0

s inx+cosx=0 (2)

4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)


 

 . PT (2) có nghiệm x 4 k

 

   .

Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iỊu kiƯn t 2 (*)
4

t x  sin 2x 1 t2,

thay vào (2) được PT: t2

-4t-5=0  t=-1( t m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : 2 hc x=3 2

xk   k .
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:

x   k, 2 vµ x=3 2

xk   k 

0,25
0,25

0.25
0,25
III
3
3 2
2
3

2 2 2

1 1 1

log ln 2 1 ln . ln

.
ln 2

1 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

 
 
 
  
  



Đặt 2 2 1 2 1

1 3ln ln ( 1) ln .

3 3

dx

x t x t x tdt

x

       . Đổi cận …

Suy ra









2
2 2
3
2
2
3 3
2

1 1 1

1
1

log 1 3 1 1

. 1

ln 2 3 9 ln 2

1 3ln

e t

x

I dx tdt t dt

t
x x

   




2
3
3 3
1

1 1 4

9 ln 2 3t t 27 ln 2

 

    

 

0,5

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:







BC
O
A
BC
AM

' BC(A'AM)
Kẻ MH  AA',(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do HM BC

AM
A
HM
AM
A
BC







)
'
(
)

'
(

.Vậy HM là đọan vơng góc chung của

AA’và BC, do đó

4
3
)
BC
,
A'

(A HM a

d   .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta có:

AH
HM
AO

O
A' 

 suy ra

3
a
a
3
4
4
3
a
3
3
a
AH
HM
.
AO
O
'

A   

Thể tích khối lăng trụ:

12
3
a
a
2
3
a
3

a
2
1
BC
.
AM
.
O
'
A
2
1
S
.
O
'
A
V
3

ABC   



0,5

Trước hết ta có:





3 3

4
x y

x y   (biến đổi tương đương)  ...



xy

 

2 xy



0

Đặt x + y + z = a. Khi đó













3 3 3 3

3 3

3 3

64 64

4P x y z a z z 1 t 64t

a a

   

    

(với t = z

a, 0 t 1)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3

+ 64t3 với t

 

0;1 . Có





 

2 1

'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9
f t   t  t  f t    t
Lập bảng biến thiên

 

 0;1
64
inf
81
t
M t


   GTNN của P là 16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0

0,5

VIa

1 Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k c từ I đến ’ bằng k c IA nên ta có

2 2

3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1)

3 4
t t
t t
   
     


Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2

+ (y + 3)2 = 25.

0,25
0,25
0,5
2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1)

Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B.

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u(1; 3; 1)

Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2

1 3 1

x  y  z


0,5

0,5
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

VIIa thức hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương
trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z

3 = 2 2 i vaø Z4 = –2 2 i

Đáp số:



1,2, 2 2 i, 2 2 i 



0,5
0,5

VIb

   

C1 :I1 0; 2 ,R13;

  

C2 :I2 3; 4 ,



R2 3.

Gọi tiếp tuyến chung của

   

C1 , C2 là :AxBy C 0



A2B2 0



 là tiếp tuyến chung của

   

C1 , C2









 

 

2 2

1 1

2 2

2 3 1

;
;

3 4 3 2

B C A B

d I R

A B C A B

      
 
 
 
     

Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc 3 2

A B

C 

Trường hợp 1: A2B.Chọn B      1 A 2 C 2 3 5 : 2x  y 2 3 50
Trường hợp 2: 3 2

2
A B

C   . Thay vào (1) được

2 2 4

2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0

A B  A B  A A  B  y   x y 

0,5

2 Gọi









1 2

M d M 2t;1 t; 2  t , N d N  1 2t ';1 t ';3







 





 





 







1
1

MN 2t 2t ' 1; t t '; t 5

2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0

MN.u 0

2 2t 2t ' 1 t t ' 0

MN.u 0

6t 3t ' 3 0

t t ' 1
3t 5t ' 2 0

M 2;0; 1 , N 1; 2;3 , MN 1; 2; 4

x 2 y z 1

PT MN :

1 2 4

      
           
 
 
     
 
 

   

       

  
 
  

0,5

0,5
VIIb

Điều kiện: 0
0
y x
y
 

 


Hệ phương trình 4





4 4

2 2 2 2 2 2

1 1

log log 1 log 1

25 25 25

y x y x

y x

y y y

x y x y x y

 
         
  
  
        
  
2

2 2 2 2

3 3

25 9 25

x y

x y x y

y

x y y y



 
  
   
   
  

 

15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y
  
  


 
  
  
  


( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.

0,5

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Nếu thí sinh làm bài khơng 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, CAO ĐẲNG 2012

III. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm) 
 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số





3 2 2 2 3

( 3 2) ( 3) 2 4

3
m

y  x  m  m x  m  x m  (1) .
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m0.

2.Xác định m để hàm số (1) có hai điểm cực trị tại x x1, 2, đồng thời thỏa:

4 4

1 2 1 2(3 1 3 2 4 1 2) 0 , x x1 2 0

x x x x x  x  x x  
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình:





8sin x1 162sinx270

2. Giải hệ phương trình:

2 4 2 2 2 2

2 3 3 2

3 2 (1 2 )

1 1 ( ) ( 2 )

x y x y x x y

x y x x x y

     




     



Câu III: ( 1 điểm). Tính tích phân:





2
2

2 sin 2 cos

2 cos

x x x x

I dx

x x





   

 

 







Câu IV: (1điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. góc hợp bởi giữa (ABC’) 
và (BCC’B’) một góc . Tính diện tích xung quanh và thể tích khối trụ.

Câu V:(1điểm) cho x,y,z thỏa xyyzzx5. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2

3 3

P x  y z .
IV. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: ( 2 điểm).

2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

2 2 2

2 4 2 3 0

Câu VII.a: ( 1 điểm).

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu VII.b:( 1 điểm). Tìm hệ số của x3

trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5
---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2012

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 180 phút 
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 – 4.
2) Tìm các giá trị m để phương trình



x 2



2 m

x 1

 

 có một nghiệm.
Câu II (2,0 điểm).

1) Giải phương trình lượng giác

2
2

1 sin 2 cos 2

cos (sin 2 2 cos )
1 tan

x x

x x x

x

 

 

 .

2) Giải hệ phương trình
2

3 3 2

2 3 2 3 0

2(2 ) 3 ( 1) 6 ( 1) 2 0

x y y

y x y x x x

     




      

 (x, y 

).

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

2 2 4

3 1 1

x

I dx

x x

x


   

 

 



Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vng tại A và B; AB = BC = 2a, AD 
= 4a. Cạnh SA = 4a vng góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối
chóp S.BCNM.

Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1 2

( )

2 3 2 3 2 3 3

F a b c

a b c b c a c a b

     

     

II. Phần riêng (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y22x2y14 0 có tâm I và đường thẳng
(d): x y m  0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời diện tích tam giác IAB lớn nhất.

2) Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm M



1;0;4



,N



1;1;2



và mặt cầu (S):

2 2 2 2 2 2 0.

x y  z x y  Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phứcz thỏa mãn
z 



5 3i



3.

B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, biết A(3; 4), trực tâm H(1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp
I(2;0). Viết phương trình đường thẳng BC.

2) Trong không gian Oxyz cho điểm I(2; 3; - 4). Viết phương trình mặt cầu có tâm I và cắt mặt phẳng tọa
độ (Oxy) theo một đường tròn (C), biết (C) tiếp xúc với trục Ox.

Câu VII.b (1,0 điểm). Cho số phức

11
1
1

i
z

i


 

    . Tính mơ đun của số phức wz2010z2011z2016z2021.
--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh:………, số báo danh:……….

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2012

Câu, ý Nội dung Điểm

I,1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = x3 +3x2 -4 1,0

+ Tập xác định: D = .

+ Giới hạn: lim ; lim .

     

x y x y

+ Đạo hàm: y’ = 3x2

+6x 0,25

+ y’ = 0  x = 0 hoặc x = -2.
+ BBT

x -∞ – 2 0 +∞
y + 0 – 0 +

y’ 0 +∞

-∞ -4
KL: - đồng biến



 ; 2 ; 0;

 





, nghịch biến



2; 0



- Cực đại: x cđ = -2;ycđ =0, cực tiểu: xct = 0 ; yct = -4

0,25

0,25
+ Đồ thị:

f(x)=x^3+3x^2-4

Graph Limited School Edition

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x
y

0,25

I,2) Tìm các giá trị m... 1,0

+ Ta có:



x 2



2 m
x 1

 







x 1 x 4x 4 m; x 1.

     

Xét hàm số:

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>









3 2

x 3x 4; khi x 1
f (x) x 1 x 4x 4

x 3x 4 ; khi x 1

   



     

   



+ Suy ra đồ thị hàm số f(x) gồm phần đồ thị (C) với x > 1 và đối xứng phần đồ thị (C) với

x < 1 qua Ox. 0,25

+ Hình vẽ: y
4

x
-2 0 1

0,25

+Lý luận pt đã cho là pt hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) và đường thẳng y = m.Từ đồ

thị suy ra pt đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0. 0,25

II,1) Giải phương trình lượng giác… 1,0

Điều kiện: cosx ≠ 0.

Biến đổi PT về: cos2x(1 + sin2x − cos2x) = cos2

x (2sinx + 2cosx)

 1 + sin2x − cos2x = 2(sinx + cosx) ( vì cosx ≠ 0) 0,25
 (sinx + cosx)2 – (cos2x − sin2x) − 2(sinx + cosx) = 0

 (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] = 0
 (sinx + cosx)(2sinx − 2) = 0

0,25
 sinx + cosx = 0 hoặc 2sinx − 2 = 0

 tanx = − 1 hoặc sinx = 1 (không thỏa cosx = 0) 0,25

 x =

4 k

 

  , (k ) 0,25

II,2) Giải hệ phương trình… 1,0

Điều kiện: x2

+ 2y + 3 ≥ 0.

PT thứ 2 của hệ tương đương với 4y3

+ 3y(x + 1)2 + 2(x3 + 3x2 + 3x + 1) = 0

 4y3 + 3y(x + 1)2 + 2(x+1)3 = 0 (*)

Nếu x = − 1 thì y = 0. Cặp (x; y) = (− 1; 0) không phải là nghiệm của hệ.
Với x ≠ − 1, chia 2 vế của (*) cho (x + 1)3, ta được

4 3 2 0

1 1

y y

x x

     

     

    (**) 0,25

Đặt t =
1
y

x . PT (**) trở thành 4t
3

+ 3t + 2 = 0
 ( 1)(4 2 2 4) 0

t t    t t = −1
2
Do đó (**) 

1
y
x = −

2  2y = − x − 1 (***) (với x ≠ −1)

0,25
Kết hợp PT đầu của hệ và (***) ta được

2 4 0

x     x x  x2 x 2 = x + 4 

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

2 2

4 0 4

4 ( 4)

3
x
x

x
x

x x x

 

 

    

   

   

  (thỏa x ≠ − 1)

Thay x tìm được vào (***), được y = 1

6 (thỏa điều kiện ban đầu).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (−4

3;
1

6) 0,25

III Tính tích phân… 1,0

Ta có:





2 2 5

2 2

3 1 1

x

I dx

x x



 



Đặt t = 2
1

x  , suy ra 2 2

2 & 1

x

dt dx x t

x

  

 0,25

Đổi cận: x 3 t 2;x2 2 t 3

Khi đó





2
2

1
2
t

I dt

t







0,25

Ta có I =

3 4 2 3 3

2 2

2 2 2

2 1 1

2 2

t t

dt t dt dt

t t

 

 

 



3
3

3
2

1 1 1 1

3t 2 2 t 2 t 2 dt

 

   

 

 



0,25

3
2

19 1

ln 2 ln 2

3 2 2 t t

 

     

= 19 2ln 4 2

3 4 4 2

  

  



 

0,25

IV Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 1,0

+Kẻ SH  BM.Vì MN//AD; AD (SAB) nên MN (SAB)MN  SH.
Từ đó SH  (BCNM). Vậy SH là đường cao hình chóp S.BCNM.

0,25
+ Kẻ AK  BM, suy ra AK = SH. Tam giác ABM vuông cân tại A suy ra

AB = AM = 2a AK = SH =a 2. 0,25

+BCNM là hình chữ nhật với diện tích:

SBCNM = BC.BM = 2a. 2a 2= 4a2 2. 0,25

+ Vậy : VS.BCNM = 2 3

BCNM
1

S .SH 4a 2.a 2 8a .

3  

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

A

B

D

C 
S

H

M N

K

Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải.

V Giá trị nhỏ nhất của biểu thức… 1,0

Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng – trung bình nhân (TBC - TBN) ta có:

6(a+b+c)= (a 2b 3 ) (c   b 2c 3 ) (a   c 2a 3 ) 3 (b  3 a 2b 3 )(c b 2c 3 )(a c 2a 3 )b (1) 
3

1 1 1 1

2 3 2 3 2 3 2 3 )( 2 3 )( 2 3 )

a b cb c ac a b a b c b c a c a b (2)

0,25
Lấy (1) nhân (2) theo vế, ta được:

1 1 1

6( )( ) 9

2 3 2 3 2 3

a b c

a b c b c a c a b

    

     

Suy ra 1 1 1 3 1

2 3 2 3 2 3 2

a b cb c ac a b  a b c 

0,25

Do đó F 3 1 2( )

2a b c 3 a b c

   

  2(BĐT giữa TBC – TBN) (3) 0,25

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời xảy ra dấu “=” ở (1), (2) và (3) khi và chỉ khi

2 3 2 3 2 3

3 2( )

2( ) 3

a b c b c a c a b

a b c
a b c

       




 

 

  



1
2
a b c
   

KL: GTNN của F là 2. 0,25

VI.a-1)

Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho … 1,0

Ta có x2y22x2y14 0 



x1

  

2 y 1216
Do vậy đường trịn (C) có tâm I(-1;1) và bán kính R4.

Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B d I d

 

, 4 0,25

 

2 2

1.1 1.1

4 4 2

1 1

4 2 4 2 *

m

m
m

  

   



    0,25

Với điều kiện (*), đường thẳng d cắt (C ) tại A, B phân biệt.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Mọi thắc mắc vui lòng liên hệ 0974477839 39

Diện tích tam giác IAB: 1 . .sin 1 2sin 8sin 8.

2 2

IAB

S  IA IB AIB R AIB AIB
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sinAIB = 1  AIB900.

Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. Do vậy

 

, 2 2 2 2 4

2 2

m m

R
d I d

m
 

     

 

 (thỏa (*))

Vậy diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 8 khi m = 4 hoặc m = - 4.

0,25

VI.a-2)

Phương trình mp (P) qua MN và tiếp xúc với (S) 1,0

Ta có x2y2 z2 2x2y  2 0

   

x12 y 1 2z24.
Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2.

Ta cóMN= (0; 1; − 2).

Gọi n A B C



, ,



với A2B2C20 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Vì mp(P) qua MN nên n MN n MN.   0 B 2C0 1

 

0,25
Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận n A B C



, ,



làm VTPT nên có phương trình



 



0 z 4 0

A x B y C z  Ax By C   A C .

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) 



 



      

 

2 2 2

1. 1. 0. 4

, A B C A C 2

d I P R

A B C

 B4C 2 A2B2C2

 

2 0,25

Từ (1) và (2), đưa đến A24C20 (*)

Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vơ lí). Do vậy C0.
Chọn C   1 A 2.

* Với A = 2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) : 2x2y z  6 0. 0,25
* Với A = -2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) :2x2y z  2 0.

Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và

2x − 2y − z + 2 = 0. 0,25

VII.a Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa z 



5 3i



3 1,0

Gọi z x yi x y  , ,







Khi đó điểm biểu diễn số phức z làM x y

 

; .

Từ giả thiết, ta có z 



5 3i



    3 x 5 (y 3)i 3 0,25




x5

 

2 y 3



2 3 



x5

 

2 y 3



2 9. 0,25
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hình trịn tâm I(5; -3), bán kính R = 3, khơng

kể biên.

Ghi chú: cần nói rõ khơng kể biên. 0,5

VI.b-1)

Phương trình đt BC 1,0

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I

Tứ giác BHCD là hình bình hành( vì nó có
2 cặp cạnh đối diện song song)

Do đó hai đường chéo BC và HD cắt nhau
tại trung điểm M của mỗi đường , suy ra
IM là đường TB của tam giác AHD.

0,25

H I

A

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Suy ra 1
2
IM  AH





2 1 3

1
1

0 (3 4) 2

M
M

x
x

y
y

     

 

  



    



Suy ra M(1; -1/2)

0,25

0,25
Đường thẳng BC đi qua M và vng góc với AH nên nó nhận AH   ( 2; 1)làm

VTPT, do đó BC có PT: −2(x – 1) – (y +1/2) = 0

Hay PT của BC: 4x + 2y − 3 = 0 (có thể viết dưới dạng 2x +y – 3/2 = 0). 0,25

VI.b-2)

PT mặt cầu tâm I(2; 3; − 4) cắt mp(Oxy)… 1,0

Gọi I’ là tâm của đường tròn (C), ta có I’ là hình chiếu của I trên mp(Oxy) suy ra I’(2;3;0) 0,25
Trong mp(Oxy) đường tròn (C) có tâm I’ và tiếp xúc với trục Ox nên bán kính của (C) là

R’ = d(I’;Ox) = yI' = 3 0,25

Gọi R là bán kính của mặt cầu, ta có R = 2 2

' '

II R = 5 0,25

Vậy PT mặt cầu cần tìm là: (x − 2)2

+ (y − 3)2 + (z +4 )2 = 25. 0,25

VII.b Tính mơ đun của số phức … 1,0

Ta có :

2
2

1 (1 )

1 1

i i

i

i i

    

 

0,25
Suy ra z = (− i)11

= − i11 = − i4.2+3 = −[ (i4)2.i3] = − i3 = i 0,25
Ta có w = z2010(1 +z +z6 + z11) = i2010( 1 + i + i6 + i11) = i2010(1 + i −1 − i) = 0 0,25

Suy ra w 0 0,25

Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ƠN CẤP TỐC 2012 SỐ 02

Mơn: Tốn- 0985.873.128 
Thời gian làm bài: 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1 





x

y

(C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi A và B là hai giao điểm của đường thẳng : y x

6
1

 và đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
phân giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 






 





4
2
sin
2
1
3
cos

cosx x x



2. Giải bất phương trình sau:



2 x22x5





x1



4x x212x x22x5
 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân











 
 4

0sin2 2(sin cos ) 2
4

cos

 

dx
x

x
x

x
I

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung

điểm của cạnh SC và SB.Tính thể tích k c S.ABC theo a, biết BM vng góc với CN.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>
















0
2
3
1
0
2
3
3
2
2
2
2

3
3
m
y
y
x
x
x
y
y
x

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. Cho điểm M(1;1) và hai đường thẳng d1: 3x - y - 5 = 0, d2: x + y - 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng
d đi qua điểm M và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0.

2. Cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0. Tìm tọa độ của điểm M,
biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ().

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z15i  z3i . Tìm số phức z có mơđun
nhỏ nhất.

B. Theo chương trình Nâng cao 
 Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình 1
16
25
2
2

 y
x

. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E)
sao cho MF1 = 4MF2. (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E))

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. .

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z24i  z2i .Tìm số phức z có mơđun
nhỏ nhất.

--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:...; Số báo danh:...

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

I. 
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm) 
2.(1,0 điểm)

Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình










1
1
6
1
x
x
y
x
y 













2
1
;
3
,
3
1
;
2 B
A
0,25
Dễ thấy A và B nằm về cùng phía đối với đường phân giác d: x - y = 0. Gọi A’(a;b) là điểm

đối xứng của A qua d.
Ta có:

























 


2
3
1
0
2
3
1
2
2
0
1
.
3

1
1
).
2
(
b
a
b
a
b
a







 ;2

3
1

A (16; 9)

6
1

'  

 AB

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

. Phương trình tham số của A’B là : ( )
9
2
1
16
3
R
t
t
y
t
x










tđ M 





















5
7
;
5
7
9
2
1
16
3
0
M
t

y
t
x
y
x
0,5
II. 
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Ta có: x x x 2cosxcos2x 1 sin2x cos2x

4
2
sin
2
1
3
cos

cos    





 



 

2cos2x2sinxcosx2cosxcos2x0

0,25



cos sin (cos sin )



0 cos (cos sin )(1 sin cos ) 0

cos

2   2  2      

 x x x x x x x x x x 0,25















 

















2
1
4
cos
1
tan
2
1
sin
cos
0
sin
cos
0
cos




x
x
k
x
x
x
x
x
x
Z
k
k
x
k
x
k
x

















 ,
2
4
2





0,5

2. (1,0 điểm)

Ta có:



2 x2 2x5





x1



4x x2 12x x2 2x5









5
2
1
2
1
2
3

2
)
1
(
5
2
2
2
2
2
2 












x
x
x
x
x
x
x

x
x
0,25









5
2
1
2
)
1
3
(
1
2
)
1
(
5
2
2
2
2
2 













x
x
x
x
x
x
x
x
x 0,25









4 1 2 2 5 2 1 2 5 7 4 5



)
1
(
0
5
2
1
2
)

1
3
(
2
5
2
2
)
1
(
2
2
2
2
2
2
2
2

































x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x
x
x
0,25

x10x1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T =



;1



. 0,25
III.

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

Ta có:
















 

 4
0
2
4

0 (sin cos ) 2sin .cos 1

sin
cos
2
2
2
)
cos
(sin
2
2
sin
4
cos 
 
dx
x
x
x
x
x
x
dx
x

x
x
x
I
0,25
.











 
 4
0
2
1
sin
cos
1
sin
cos
2
2

x
x
x
x
d

. 4

0
1

sin
cos
1
.
2
2





x

x 4

4
2
3
2
1
1
2
1
2
2 











 0,75
IV. 
(1,0 điểm) 
(1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm SBC.

Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Từ đó GBGC =

2
2
2

2 a

BC  và GI = a
2
1
a
GI
SI
2
3

3 

 0,25

Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có:
SH  SI2 HI2 mà SI =

2
3a

và HI =

6
78
6

3 a

SH

a   0,25

Vậy VS.ABC =

24
26
.

1 a3

S

SH ABC  0,25

V. 
(1,0 điểm) 
(1,0 điểm) 
Ta có:

















)
2
(

0
2
3
1
)
1
(
0
2
3
3
2
2
2
2
3
3
m
y
y
x
x
x
y
y
x
ĐK:









2
0
1
1
y
x

Ta có (1)  x33x(y1)3 3(y1) (3)

0,25

Hàm số f(t) = t3

- 3t có f’(t) = 3t2 - 3 < 0 với mọi t  (-1;1). Nên f(t) là hàm số nghịch biến trên
đoạn [-1;1]. Từ (3) ta có f(x) = f(y-1) với 1x1và1 y11

Do đó x = y - 1  y = x + 1

0,25
Thay y = x + 1 vào (2) ta được x22 1x2 m0mx22 1x2

Dễ thấy hàm số g(t)t2 1t liên tục và nghịch biến khi t  1 0,25
nên với 0  x2 1 ta có 2 2 2 1 2 1

x

Vậy hệ đã cho có nghiệm khi 1m2. 0,25

VIa. 
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Ta có A  d1 nên A(x1;3x1-5), B  d2 nên B(x2;4-x2) 0,25

Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên








)
2
(
3
2
)
1
(
3
2

MB
MA
MB
MA 0,25

(1) , (2;2)

2
5
;
2
5
2
2
5
)
3
(
3
)
6
3
(
2
)
1
(
3
)
1

(
2
2
1
2
1
2
1
B
A
x
x
x
x
x
x


























Suy ra d: x - y = 0.

0,25



1; 2



, (1;3)
1
1
)
3
(
3
)
6
3
(
2
)
1
(

3
)
1
(
2
)
2
(
2
1
2
1
2
1
B
A
x
x
x
x
x
x






















Suy ra d: x - 1 = 0.

Vậy có d: x - y = 0 hoặc d: x - 1 = 0.

0,25
2. (1,0 điểm)

Goi tọa độ điểm M(a;b;c). Ta có: MA2

= MB2 (a1)2b2c2 a2 (b1)2c2
 a = b (1)

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

VIIa. 
(1,0 điểm)

 b = 3 - c (2)

d2(M, ()) = MA2





2 2 2

2
)
1
(
5
2
2
c
b
a
b

a     

 (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta được

0,25

6a2 - 52a + 46 = 0















3
14
,
3
23
3
23
2
,
1
1
c
b
a
c
b
a

Vậy M(1;1;2) hoặc 






 
3
14
;
3
23
;
3
23
M
0,25

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có
x1(y5)i  x3(y1)i (1)

2 2 2 2

)
1
(
)
3
(
)
5
(
)
1
(       

 x y x y

x3y4. Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là
đường thẳng x + 3y = 4. Mặt khác z  x2  y2  (43y)2 y2  10y2 24y16
Hay
5
2
2
5
8
5
6
5
2
2









 y
z
Do đó
5
2

5
6

min  y x

z . Vậy z i

5
6
5
2

0,25
0,25
0,25
0,25
VIb. 
(2,0 điểm) 
VIIb. 
(1,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Ta có a2 = 25  a = 5, b2 = 16  b = 4. c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9  c = 3 0,25
Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M  (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10 0,25

 5MF2 = 10  MF2 = 2 0,25

hay 2

5
3

5 x   x = 5 thay vào phương trình của (E)  y = 0
Vậy M(5;0)

0,25
2. (1,0 điểm)

Ta có d(O,(P))OA. 0,25

Do đó d(O,(P))max OA xảy ra OA(P) 0,25

nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vng góc với OA. Ta có OA(2;1;1) 0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0. 0,25
(1,0 điểm)

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có

x2(y4)i  x(y2)i (1)  (x2)2 (y4)2  x2 (y2)2 0,25

4




 y x . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường
thẳng x + y = 4. Mặt khác z  x2 y2  x2 x2 8x16  2x2 8x16

0,25

Hay z  2



x2



2 8 2 2 0,25

Do đó zmin x2y2. Vậy z22i 0,25

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ƠN CẤP TỐC 2012 SỐ 04 
Mơn: Toán – 0985.873.128

Thời gian làm bài: 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 2
1
x
y

x



 (C)
1. Khảo sát hàm số.

2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 .
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2 cos 5 . cos 3x xsinxcos8x , (x  R)

2. Giải hệ phương trình: 2

5 3

x y x y y

x y

    




 

 (x, y R)

Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  ex 1 ,trục hoành, x = ln3 và x =
ln8.

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a, BD = 2a
và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách
từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của



 



3 3 2 2

( 1)( 1)

x y x y

P

x y

  



 

PHẦN RIÊNG (3 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 với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và
đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B
thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

2 1 1

x y z

 

 ; d2:

1 2 1

1 1 2

x y z

  và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ,
biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 .

Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2log22x x2log2x 200
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương
trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC.

3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3

1 1 4

x  y  z

và điểm M(0 ; - 2 ;
0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách

giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : z 25 8 6i
z

  

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46></div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1.1đ Học sinh làm đúng các bước

I-2 
(1 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2

+ mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1).

Theo ĐL Viét ta có

1 2

2
2

m
x x

m
x x

   


 

 



. 0,25

AB2 = 5  2 2

1 2 1 2

(x x ) 4(x x ) 5  2

1 2 1 2

(x x ) 4xx 1  m2 - 8m - 20 = 0
 m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2))

KL: m = 10, m = - 2.

0,25

II-1 
(1 điểm)

PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25

 1- 2sin2x + sinx = 0 0,25

 sinx = 1 v sin 1
2

x  0,25

 2 ; 2 ; 7 2 , ( )

2 6 6

x k  x   k  x  k  kZ 0,25

II-2 
(1 điểm)

ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0 0,25

PT(1)  2x2 x2  y2 4y  x2 y2 2yx 2 2 0 (3)

5 4 (4)

y x
y xy

 


 


 0,25

Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x

Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Khơng thỏa mãn đk (3)) 0,25
Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có x2 x   3 x 1

KL: HPT có 1 nghiệm ( ; ) 1;4
5

x y   
 

0,25

III

(1 điểm)

Diện tích
ln 8
ln 3

x

S 



e  dx ; Đặt t ex   1 t2 ex  1 ex  t2 1 0,25
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  22

1
t

dx dt

t


 0,25

Do đó

3 2 3

2 2

1 1

t

S dt dt

t t

 

     

   



0,25

= 2 ln 1 3 2 ln 3

1 2

t
t

t


    

   

    

  (đvdt) 0,25

IV 
(1 điểm)

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vng góc với nhau tại trung điểm O của mỗi
đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó A DB 600
Hay tam giác ABD đều.

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao
tuyến của chúng là SO  (ABCD).

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB và DH = a 3; OK // DH và 1 3

2 2

a

OK  DH   OK  AB  AB  (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng

cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

0,25

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  12 12 12

2
a
SO
OI  OK  SO  

Diện tích đáy 2

4 2. . 2 3

D S

ABC ABO

S    OA OB a ;
đường cao của hình chóp

2
a
SO  .
Thể tích khối chóp S.ABCD:

3
.
1 3

.
3 3
D D

S ABC ABC

a

V  S SO 

0,25

V 
(1 điểm)

Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

2
4
t

xy 0,25

3 2

(3 2)
1
t t xy t

P

xy t

  



  . Do 3t - 2 > 0 và

2
4
t
xy

   nên

2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P

t t
t

 
 

 
0,25

Xét hàm số

2 2

2
4

( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) = 0  t = 0 v t = 4.

t 2 4 +
f’(t) - 0 +

f(t)

+  +

0,25

Do đó min P =

(2;min) f t( ) = f(4) = 8 đạt được khi

4 2

x y x

xy y

  

 

   

  0,25

VI.a -1 
(1 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25

Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH =

2 2

| 4 | | 5 |

( , )

16 16

m m m

d I
m m

  
 
0,25
2
2 2

2 2

(5 ) 20

16 16

m
AH IA IH

m m

    

  0,25

S

A

B K 
H 
C 
O 
I 
D 
3a
a
I

A B


H

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Diện tích tam giác IAB là SIAB 122SIAH 12

 2

( , ). 12 25 | | 3( 16) 16

3
m

d I AH m m

m
 



     

  


0,25

VI.a -2 
(1 điểm)

Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25

Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u(1; 3; 1) 0,25

Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2

1 3 1

x  y  z

 0,25

VII.a 
(1 điểm)

Điều kiện: x> 0 ; BPT  2

2 2

4log 2log

2 xx x 200 0,25

Đặt t log2 x. Khi đó x2t.

BPT trở thành 22 22

4 t 2 t 200. Đặt y = 22t2 ; y  1.

0,25
BPT trở thành y2

+ y - 20  0  - 5  y  4. 0,25

Đối chiếu điều kiện ta có : 22 2 2

2 t  4 2t   2 t 1  - 1  t  1.
Do đó - 1  log2 x  1  1 2

2  x

0,25

VI.b- 1 
(1 điểm)

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: - - 2 0
2 - 5 0
x y

x y



  

  A(3; 1) 0,25

Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25

Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 3 5 2 9

1 2 6

b c

   



    

 

5
2
b
c



 

 . Hay B(5; 3), C(1; 2) 0,25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là uBC  ( 4; 1).

Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 0,25

VI.b-2 
(1 điểm)

Giả sử n a b c( ; ; ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0.

Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u(1;1; 4)

0,25

Từ giả thiết ta có

2 2 2

. 4 0

/ /( ) (1)

| 5 |

( ; ( )) 4 (2)

n u a b c

P

a b

d A P

a b c

    



 



   

 

 



0,25

Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2

(a5 )c (2a 17c 8ac)a - 2ac8c 0

 a 4 v a 2

c  c  

0,25
Với chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.

Với a 2

c   chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.

0,25

VII.b 
(1 điểm)

Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 0,25 
Khi đó z a bi ; 1 1 a2 bi2

z a bi a b


   

  0,25

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Khi đó phương trình z 25 8 6i a bi 25(2a bi2 ) 8 6i

z a b



       

 0,25



2 2 2 2

( 25) 8( ) (1)

(2)

( 25) 6( )

a a b a b

b a b a b

    




   

 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có

3
4

b a thế vào (1)
Ta có a = 0 v a = 4

Với a = 0  b = 0 ( Loại)

Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i.

0,25

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012 
 Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2

x
y

x



 , có đồ thị là (C)
1. Khảo sát và vẽ (C)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(– 6 ; 5)
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: cos x cos3x 1 2 sin 2x
4



 

     

 .
2. Giải hệ phương trình:

3 3

2 2 3

x y 1

x y 2xy y 2

  




  



Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

2x
ln 3

x x

ln 2

e dx
I

e 1 e 2



  



Câu VI. (1,0 điểm)

Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBC



bằng 2. Với giá trị nào của góc

 giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?

Câu V. (1,0 điểm) Cho

a, b,c



0 : abc 1.



Chứng minh rằng: 1 1 1 1
a b 1 b c 1c a 1  
II . PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
 A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(1;0) ; B(–2;4) ;C(–1; 4) ; D(3 ; 5) và đường thẳng d: 3x – y – 5 = 0.
Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.

2. Viết phương trình đường vng góc chung của hai đường thẳng sau:

1 2

x 1 2t

x y 1 z 2

d : ; d : y 1 t

2 1 1

z 3

  


  

    

  



Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức : x(3 + 5i) + y(1 – 2i)3

= 7 + 32i
 B. Theo chương trình Nâng cao

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x - 2y -2 = 0 và điểm A(0;1) ; B(3; 4). Tìm toạ độ
điểm M trên đường thẳng d sao cho 2MA2

+ MB2 là nhỏ nhất.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;7;-1), B(4;2;0) và mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 1 =
0. Viêt phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)

Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z = 1 + 3i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.
---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2
y = x - 3x + 4

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,
M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vng góc với nhau.

Câu II (2điểm)

1. Giải hệ phương trình:
2

x +1 + y(x + y) = 4y
(x +1)(x + y - 2) = y




 (x, y R)

2. Giải phương trình: 2 2 sin(x ).cos x 1
12



 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
1

2
0

I = xln(x + x +1)dx



Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’ 
lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng góc với AA’,
cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng

a 3

8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

CâuV (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm GTLN của biểu thức

2 2 2 2 2 2

1 1 1

P = + +

a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mp với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): 2

y = x - 2x và elip (E):
2

2
x

+ y = 1

9 .Chứng minh rằng
(P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết phương trình đường trịn đi qua 4 điểm
đó.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình

2 2 2

x + y + z - 2x + 4y - 6z -11 = 0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình
mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường trịn có chu vi bằng 6.

Câu VIIa (1 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n
4

1
x +

2 x

 

 

  , biết

rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:

2 3 n+1

0 1 2 n

n n n n

2 2 2 6560

2C + C + C + ... + C =

2 3 n +1 n +1

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7 = 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3),
trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt

phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 2 2 2

MA + MB + MC .

Câu VIIb (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m =
0 có nghiệm thực

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012 
Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 2 3
2

x

x có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.

2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB
ngắn nhất.

Câu II (2 điểm): 
1. Giải phương trình:

3 3

sin x.sin3x + cos xcos3x 1

-π π 8

tan x - tan x +

6 3

   

   

   

2. Giải hệ phương trình:

3 3 3

2 2

8x y 27 18y (1)
4x y 6x y (2)

  




 



Câu III (1 điểm): Tính tích phân I = 2 2
6

sin x sin x dx



  

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A = x y z

x (xy)(xz)y (yx)(y z) z (zx)(zy)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Cho ABC có B(1; 2), phân giác trong góc A có phương trình (): 2x + y – 1 = 0; khoảng cách từ C đến
() bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung.

2. Trong không gian Oxyz cho mp (P): x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d1) x 1 3 y z 2

1 1 2

    

; (d2)

x 1 2t

y 2 t (t )
z 1 t

 


   


  


. Viết phương trình tham số của đường thẳng  nằm trong
mp (P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1), (d2).

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Từ các số 0 , 1 , 2 , 3, 4, 5, 6. Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5
B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu Vb (2điểm):

1. Cho  ABC có diện tích bằng 3 2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x – y –8 =0. Tìm bán kính đường
trịn nội tiếp ABC.

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x – 2y – z +1 = 0,
(Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y +m = 0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt
(d)

tại 2 điểm MN sao cho MN = 8.

Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình

x - y x + y
x + y

e + e = 2(x +1)
e = x - y +1




 (x, y R)

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB vuông tại O.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình:

2. Giải hệ phương trình:

Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

Câu IV (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. SA (ABCD) và SA = a. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm AD, SC.

1. Tính thể tích tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp (BMN).
2. Tính góc giữa hai đường thẳng MN và BD

Câu V (1 điểm): Chứng minh rằng:

x x

e cos x 2 x , x R

     

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường trịn (C) có phương trình
theo một dây cung có độ dài bằng 8.

2. Chứng tỏ rằng phương trình x2y2 z2 2 os .c x2sin . y4z 4 4sin2 0 ln là phương
trình của một mặt cầu. Tìm  để bán kính mặt cầu là lớn nhất.

Câu VIIa (1 điểm):

2 1

x
y

x







 



x
x

x
x
x

sin
1
2
cos

sin

1
cos
.
cos2






















4
1
1

3
2
2

2
2

y
x

xy
y
x







2 

0
cos

2
sin
.
sin



xdx
x

e x





x2

 

2  y1



2 25

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để lập được
số tự nhiên chia hết cho 5.

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb (2 điểm):

1. Cho ABC biết: B(2; -1), đường cao qua A có phương trình d1: 3x - 4y + 27 = 0, phân giác trong góc
C có phương trình d2: x + 2y - 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.

2. Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3 ; 4 ; 2) ; (d) x = =y z -1

2 3 và m.phẳng (P): 4x +2y + z – 1 = 0

a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vng góc của điểm A lên mặt phẳng (P) .
b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) và vng góc với mặt phẳng (P) .

Câu VIIb (1 điểm): Tính tổng: .

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN – ĐỀ 6

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y x33(m1)x29xm, với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m1.

2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1,x2 sao cho x1x2 2.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: )

2
sin(
2
cos
sin

2
sin
cot

1  



 x

x
x

x

x .

2. Giải phương trình: 2log5(3x1)1log35(2x1).
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân







5
1

2
1
3

1
dx
x
x

x

I .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB1,CC'm (m0).Tìm m biết
rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC' bằng 0

60 .

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn x2  y2 z2 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức

z
y
x
zx
yz
xy
A








 5 .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình

các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x y130 và

0
29
13

6x y  . Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vng MNPQ có M(5;3;1), P(2;3;4). Tìm toạ độ

đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng ():x yz60.



1004
2009
2

2009
1

2009
0

2009 C C ... C

C

S     

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập E



0,1,2,3,4,5,6



. Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên
chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?

B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, xét elíp (E) đi qua điểm M(2;3) và có
phương trình một đường chuẩn là x80. Viết phương trình chính tắc của (E).

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0),C(0;3;2) và mặt phẳng

.
0
2
2
:
)

( x y  Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B,C và mặt phẳng

).
(

Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1x2(1x)2 ...n(1x)n thu được đa thức

n
nx

a
x

a
a
x

P( ) 0  1 ... . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn

n
C
Cn n

1
7
1

2   .

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): 
Cho hàm số y = -

3
x3

+ x2 + 3x -
3
11

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm phân biệt M, N đối xứng nhau qua trục tung
Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 2cos3x + 3sinx + cosx = 0
2. Giải hệ phương trình

2 2

91 2 (1)

91 2 (2)

x y y

y x x

    




   



Câu III (1 điểm):

Cho số thực b = ln2. Tính J =





bln103 xx

e dx
e 2

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc 
BAD = 600. Gọi M là trung điểm AA’ và N là trung điểm của CC’. Chứng minh rằng bốn điểm B’, M, N, D

đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA’ theo a để tứ giác B’MDN là hình vng.

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1  1 1 2010

x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = 1 1 1

2x y z x2yzx y 2z.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mp tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương
trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

2. Trong khơng gian Oxyz, tìm trên Ox điểm cách đều đ.thẳng (d) :x 1 y z 2

1 2 2

   

và mp (P): 2x – y – 2z =
0.

Câu VIIa(1 điểm): Cho tập hợp X =



0,1,2,3,4,5,6,7



. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số
khác nhau đôi một từ X sao cho 1 trong 3 chữ số đầu tiên phải bằng 1.

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb(2 điểm):

1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2

+ y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2;
3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: (d1):









4
z

t
y

t
2
x

; (d2) :

x 3 t
y t
z 0
 

 

 


Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết pt mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vng góc chung của (d1) và
(d2).

Câu VIIb (1 điểm): Giải pt sau trong C: z4

– z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm): Cho hàm số: 4 2

yx 4x m (C)
1. Khảo sát hàm số với m = 3.

2. Giả sử đồ thị (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. Tìm m để hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục
hồnh có diện tích phần phía trên và phần phía dưới trục hồnh bằng nhau.

Câu II (2 điểm):

1. Giải bất phương trình: 2 2

x 3x 2 2x 3x 1  x 1

2. Giải phương trình: 3 3 2

cos x cos3x sin x sin 3x
4

 

Câu III (1 điểm): 
Tính tích phân: I =

3
0

7 sin x 5cos x
dx
(sin x cos x)








Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60o
.
Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình
chóp S.ABMN theo a.

Câu V (1 điểm) Cho 4 số thực a, b, c, d thoả mãn: a2

+ b2 = 1;c – d = 3. Cmr: F ac bd cd 9 6 2
4



    .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng 1

x y z

d :

1  1 2 và 2

x 1 2t

d : y t

z 1 t

  


 

  


Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vng góc với d1.
Câu VIIa (1 điểm):

Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên bi. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn để trong số bi lấy ra khơng có đủ cả 3 màu?

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1
9
16

2
2


y

x . Viết phương trình

chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho

 

P :x2yz50 và 1 3

2
3
:
)

(d x y z ,

điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vng góc 
với d Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm): Tìm hệ số của x3

trong khai triển

n
2 2
x

  

 

  biết n thoả mãn:

1 3 2n 1 23

2n 2n 2n

C C  ... C  2 .

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

1
1
2






x
x

y có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .

2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận
, tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2
cos

.
2
sin

2sin x

-2x
3sin



x
x
2. Giải hệ phương trình :

















0
22
2

0
9
6
4

2
2

2
4

y
x
y
x

y
y
x
x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I= .sin .cos3 .dx.
2

0
sin2

x
x
e x





Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a , mặt bên hợp với đáy góc  .
Tìm  để thể tích của hình chóp đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1 điểm) Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3 .Chứng minh rằng:
3xy 625z4 4+15yz x4 4+5zx 81y4 4  45 5xyz.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(
2

1 ; 0) . Đường thẳng chứa cạnh
AB có phương trình x – 2y + 2 = 0 , AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết A có hồnh độ âm .
2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng (d1) và (d2)có phương trình .

Lập phương trình mặt phẳng chứa (d1) và (d2) .

Câu VIIa (1 điểm) Tìm m để phương trình 10x 28x4m(2x1). x2 1.có 2 nghiệm phân biệt
B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2)
lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vng.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng () và (') có phương trình .

 























4t'
2
t'
2
y
t'

2
-2
x
:
;

4
2t
-1
y
t
3
x
: '
z
z

Viết phương trình đường vng góc chung của () và (')
Câu VIIb (1 điểm) Giải và biện luận phương trình :mx1(m2x22mx2) x33x24x2.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

2
3
2



x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là
giao điểm của các đường tiệm cận.Tìm điểm M sao cho đường trịn ngoại tiếp ∆ IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình : 





 



2
4
cos
2

sin
2
cos
sin
2
sin

1 x x x 2 x 2  x

2. Giải bất phương trình : 





 






 x x x x

x
2
1
log
)
2

(
2
2
)
1
4
4
(
log
2
1
2
2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân









 


e x x dx

x
x
x
I
1

2
ln
3
ln
1
ln

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =

a

. SAa 3, SABSAC300. Tính thể tích khối chóp

S.ABC. 
3
3
9
1
6
4

-x
:
)
(d

;

1
2

-z
3
1
y
2
1
);

( 1 2









 y z

x
d

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3

3 3

1
3

a
c
c
b
b
a
P









II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;1) và B(3;3), đường thẳng (D): 3x – 4y + 8 = 0.
Lập phương trình đường trịn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng(D).

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0; -3), B(2; 0; -1) và mp (P) có pt:
3x 8y 7z 1 0    . Viết pt chính tắc đường thẳng d nằm trên mp (P) và d vng góc với AB tại giao điểm
của đường thẳng AB và (P).

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biế t: 2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2Cn 3.2.2Cn   .... ( 1) (kk k1)2k Ckn  .... 2 (2n n1)2 n Cnn  40200

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2xy50. d2: 3x + 6y – 7 = 0.

Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo
ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và

mặt phẳng (P) có phương trình:x yz20. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là 
mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình













  



1
1

2
.
3
2
2

3
2

1
3

x
xy
x

x
y
y

x

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

2
1





x
x

y có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2. Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn
AB có độ dài nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2. Giải bất phương trình: log22 xlog2 x2 3 5(log4 x2 3)

Câu III (1 điểm): 
Tìm nguyên hàm 



x
x

dx

I 3 5

cos
.
sin
Câu IV (1 điểm):

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy
bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.

Câu V (1 điểm)

Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2010

+ b2010 + c2010 = 3. Tìm GTLN của biểu thức P = a4 + b4 + c4.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường
thẳng

d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB,
AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2. Trong hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình

x 1 2t

y t

z 1 3t

 

 

  


. Lập pt mặt
phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIa(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số ln ln có 
mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb(2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có
phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp
tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :

3
1
1

1 




 y z

x

. Lập
phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu VIIb (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số ln ln có mặt hai 
chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm):

Cho hàm số y = x3 – 3(m+1)x2 + 9x – m (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.

2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2.
Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 3 22 2 1 6

x
x x 

2. Giải phương trình: tan tan .sin 3 s inx + sin2x

6 3

x  x  x

      

   

   

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Tính tích phân





s inxdx
sinx + 3 osxc





Câu IV (1 điểm):

Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c, 0 0 0
ASB60 ,BSC 90 ,CSA120 .
Câu V (1 điểm):

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 2

2 2 2

log x 1 log y 1 log z4 trong đó x, y, z là các số dương
thoả mãn điều kiện xyz = 8.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mp với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0. Lập
phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;-1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho2MA MB 0.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7;-1),

B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vng góc của đường thẳng AB trên (P).

Câu VIIa(1 điểm): Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2

– 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số
phức: 2

x và 22

x .

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb(2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình

2 2

9 4

x  y 

. Giả sử (d) là
một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM (D). Chứng minh rằng M ln nằm
trên một đường trịn cố định, viết phương trình đường trịn đó.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm tọa độ trực
tâm của tam giác ABC.

Câu VIIb (1 điểm):

Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn Vật lý, 7 cuốn Hoá học (các cuốn sách cùng loại giống nhau) để
làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được 2 cuốn sách khác loại. Trong 9 học sinh trên có hai bạn
Ngọc và Thảo. Tìm sác xuất để hai bạn Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau.

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm): Cho hàm sốy x 32mx2(m3)x4 có đồ thị là (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1.

2. Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao
cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2.

Câu II (2 điểm):

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

2. Giải bất phương trình :









2 3

log 1 log 1

3 4

x x

  



 

Câu III (1 điểm): 
 Tính tích phân I =

6 6

x
4

sin x cos x
dx

6 1











Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tâm O . Hai mặt bên SAB và SAD cùng vng 
góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB ,SD . Tính thể tích khối
chóp OAHK.

Câu V (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

3 3 3

4 4 4 3

(1b)(1a c) (1 c)(1b a) (1 a)(1c b)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm I(2; 4) ; B(1;1) ; C(5;5) . Tìm điểm A sao cho I là tâm
đường tròn nội tiếp ABC.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1) B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt phẳng
(P): x + y + z - 2 = 0. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Câu VIIa (1 điểm): Giải phương trình: 2 2

4 2 3 4

x x   x x

B.Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD có AB CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ
độ C

2. Trong không gian Oxyz cho đường thảng ():

x t

y 1 2t

z 2 t

 


   


  


( t  R ) và mặt phẳng (P): 2x – y - 2z – 2
= 0 Viết phương trình mặt cầu(S) có tâm Ivà khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P)
theo giao tuyến đường trịn (C) có bán kính r = 3

Câu VIIb (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
91 1 x2 (m2)31 1 x2 2m 1 0

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y =
1
x

3
x

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Cho điểm Mo(xo;yo) thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tại Mo cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm
A và B. Chứng minh Mo là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0

2. Giải phương trình: x + 2 7x = 2 x1+ x2 8x71 ( x  R)
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 





2
1

xdx
ln
)
2
x
(
I
Câu IV (1 điểm)

Cho hình lập phương ABCD. A'B'C'D' có cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh CC' sao cho CK =
3

2 a. Mặt
phẳng () đi qua A, K và song song BD chia khối lập phương thành hai khối đa diện. Tính thể tích của hai
khối đa diện đó.

Câu V (1 điểm)

Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng

2 2

2
2
2

2
2
3
3
3















ac
b

a
c
bc
a

c
b
ab
c

b
a
abc

c
b

a

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa. (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2

, các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường trịn.
2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;2;0), B(0;4;0), C(0;0;3).

a) Viết phương trình đường thẳng qua O và vng góc với mặt phẳng (ABC).

b) Viết phương trình (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P).
Câu VIIa. (1 điểm)

Giải phương trình : 2(log2x + 1)log4x + log2
4
1

= 0
B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng

 

d : 2x  y 4 0. Lập phương trình đường trịn tiếp
xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho

 

 :x y 2z 5 0 và mặt cầu (S)

2 2 2

(x1) (y1)  (z 2) 25

a) Lập phương trình tiếp diện của mặt cầu song song với Ox và vng góc với

 



b) Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai A(1;– 4;4) điểm B(3; – 5; – 1) và hợp với

 

 một góc 600
Câu VIIb. (1 điểm)

Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau mà mỗi số
lập được đều nhỏ hơn 25000?

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm):

Cho hàm số

1
x
y

x


 (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) , biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp
tuyến là lớn nhất.

Câu II: (2 điểm):

1. Giải phương trình: os3x os2x osx 1
2

c c c 

2. Giải bất phương trình : 4 4 2

16 3

x x

      

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân:

2 lnxdx

e

I x

x

 

   

 



Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp 
đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.

Câu V: (1 điểm): Cho x, y là các số thực thõa mãn điều kiện: x2xy y 23.
Chứng minh rằng : (4 3 3) x2xy3y24 3 3.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa: (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với B(2; -7), phương trình đường cao AA’: 3x + y + 11
= 0 ; phương trình trung tuyến CM : x + 2y + 7 = 0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB và AC
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là
trung điểm của đoạn thẳng AB.

a) Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).

b) Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vng góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O
và mặt phẳng (P).

Câu VIIa: (1 điểm): Giải bất phương trình: 3log 3 2log 2 3
log 3 log 2xx x x







B.Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb: (2 điểm):

1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1 ; 4 ) và cắt hai tia Ox,Oy tại hai điểm A,B sao cho độ dài
OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(-1 ; 0 ; 2) ; B( 3 ; 1 ; 0) ; C(0 ; 1 ; 1) và đường thẳng (d) là
giao tuyến của hai mặt phẳng (P) : 3x –z + 5 = 0 ; (Q) : 4x + y – 2z + 1 = 0

a) Viết phương trình tham số của (d) và phương trình mặt phẳng () qua A ; B; C .
b) Tìm giao điểm H của (d) và () . Chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC .
Câu VIIb: (1 điểm):

Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó
chia hết cho 15.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số 3 2

(2 1) 1

y  x m x  m (1) m là tham số
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.

2.Tìm để đồ thị (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y2mx m 1
Câu II (2 điểm):

1. Tìm nghiệmx 0;



 

 của phương trình:

(1 cos x) (sin x 1)(1 cos x)    (1 cos x) (sin x 1)(1 cos x)  sin x 2

2. Giải hệ phương trình:

2 2

x 2 x y 3 y 5

x 2 x y 3 y 2

      




     

 .

Câu III (1 điểm): 
Tính tích phân

2 4

sin 4x

I dx

cos x. tan x 1








Câu IV (1 điểm): Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và đỉnh A’
cách đều các đỉnh A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ theo a.

Câu V (1 điểm) Cho 4 số thực x, y, z, t 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 4 4 4

1 1 1 1

P (xyzt 1)

x 1 y 1 z 1 t 1

 

      

   

 

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABCD có cạnh AC đi qua điểm M(0;– 1). Biết AB = 2AM, pt
đường phân giác trong (AD): x – y = 0, đường cao (CH): 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của ABCD .
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(-1;-3;1).

Chứng tỏ A,B,C,D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC.
Câu VIIa (1 điểm):

Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ
số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2.

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb(2 điểm):

1. Viết phương trình đường thẳng (d) qua A(1 ; 2) và tạo với đường thẳng (D): x + 3= y - 5

1 2 một góc 45
0

.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d là giao tuyến của 2 mp: (P) : x - my + z - m = 0
và

Q) : mx + y - mz -1 = 0, m là tham số.

a) Lập phương trình hình chiếu Δ của (d) lên mặt phẳng Oxy.

b) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng Δ ln tiếp xúc với một đường trịn cố định trong mặt
phẳng Oxy.

Câu VIIb (1 điểm):

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

.
I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm):

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 4
1
x
x


 .

2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1).
Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: 4cos4

x – cos2x 1cos4x + cos3x

2 4

 = 7

2
2. Giải phương trình: 3x

.2x = 3x + 2x + 1
Câu III (1 điểm):

Tính tích phân: K = 
2

x
0

1 s inx
e dx
1+cosx




 

 

 



Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α.
Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. CMR:52 2 2 2

a b c 2abc 2

27     

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 + 4y2 = 16

a) Đường thẳng d qua tiêu điểm trái , vng góc với trục lớn , cắt (E) tại M và N . Tính độ dài MN
b) Cmr : OM2 + MF1.MF2 luôn là hằng số với M tùy ý trên (E)

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho đường thẳng (d): 2 4

3 2 2

x  y  z

 và hai điểm A(1;2; -
1), B(7;-2;3). Tìm trên (d) những điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất.

Câu VIIa(1 điểm)

Tính giá trị biểu thức sau : M = 1 + i + i2

+ i3 + ……….. + i2010
B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb(2 điểm):

1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(- 4 ; 6 ) và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích là
6

2. Trong không gian Oxyz , cho điểm A(1 ; 2 ; 3) và hai đường thẳng :(d1) :

1
3
1

2
2

2  





 y z

x

và (d2) :

1
1
2

1
1

1   



 y z

x

a) Tìm toạ độ điểm A’ đối xứng điểm A qua đường thẳng (d1) .

b) Chứng tỏ (d1) và (d2) chéo nhau . Viết phương trình đường vng góc chung của (d1) và (d2) .
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình: x x 8 y x y y

x y 5

   




</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 4mx 2x3 23 x 1 (1)m  .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2. Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.

Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình: cos3x.cos3x – sin3x.sin3x = 2 3 2



2. Giải phương trình: 2x +1 + x x2 2



x1



x22x 3 0 
Câu III (2 điểm):

Tính tích phân:





2
0

I x 1 sin 2xdx







 .

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a 2. Đáy là tam giác ABC cân BAC 1200, cạnh BC =
2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu V (1 điểm)

Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz.Tìm GTNN của

(1 ) (1 ) (1 )

xy yz zx

A

z xy x yz y zx

  

   .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (–2 ; 5) và hai đường thẳng (d1) : 4x – 2y –1 = 0 ;
(d2) :

x = -2 + 3t
y = t




a) Tính góc giữa (d1) và (d2) .

b) Tìm điểm N trên (d2) cách điểm M một khoảng là 5

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(-1;-3;1). Lập phương trình
của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x +y – 2z + 4 = 0.

Câu VIIa(1 điểm): Chứng minh





2010





2008





2006

3 1i 4 1i i 4 1i
B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC với C(2; 3) , phương trình đường thẳng (AB): 3x – 4 y +
1 = 0 phương trình trung tuyến (AM) : 2x – 3y + 2 = 0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AC và
BC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1; 1; 1).
a) Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD.

b) Giả sử mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực
tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (α).

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Câu VIIb(1 điểm): Giải phương trình: 4x2x12 2 1 sin 2



x

 

x   y 1 2 0



.

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = x3

+ (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2

2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hồnh độ của
điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0
2. Giải hệ phương trình:














25
)
y
x
)(
y
x
(

13
)
y
x
)(
y
x
(

2
2

(x, y  )
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:





 e

dx
x
ln
2
1
x

x
ln
2
3
I

Câu IV (1 điểm)

Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi α là
góc giữa hai mp (ABC) và (A'BC). Tính tanα và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C

Câu V (1 điểm)

Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y  4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = 2

3
2

y
y
2
x
4

4
x

3 




II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có
phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là x + y + 1 = 0. Xác
định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm G(1 ; 1 ; 1) .

a) Viết phương trình mặt phẳng () qua G và vng góc với đường thẳng OG .

b) () cắt Ox, Oy ,Oz tại A, B,C . Chứng minh tam giác ABC đều và G là trực tâm tam giác ABC.
Câu VIIa. (1 điểm)

Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n
điểm phân biệt (n  2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.

B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho (E): 9x2 + 16y2 = 144

Viết phương trình đường thẳng  đi qua M(2 ; 1) và cắt elip (E) tại A và B sao cho M là trung điểm của
AB

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 5 = 0 và các điểm A(0; 0; 4), B(2;
0; 0)

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

b)Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu VIIb. (1 điểm)

Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton





n
5

lg(10 3 ) (x 2)lg3

2





2

 biết rằng số hạng thứ 6 của
khai triển bằng 21 và 1 3 2

n n n

C C 2C .

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm):

Cho hàm số y = 1
3x

– mx2 +(m2 – 1)x + 1 ( có đồ thị (Cm) )

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
2. Tìm m, để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu và yCĐ+ yCT > 2 .
Câu II (2 điểm):

1. Giải bất phương trình: 1 1

15.2x  1 2x 1 2x

2. Tìm m để phương trình: 2

2 0,5

4(log x ) log x m 0 có nghiệm thuộc (0, 1).
Câu III (2 điểm):Tính tích phân: I =





6 2

x 1 x



Câu IV (1 điểm):

Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với
đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α.

Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2 cos x

sin x(2 cos x sin x) với 0 < x  3



.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VIa (2 điểm):

1.Viết phương trình chính tắc của (E) có hai tiêu điểm F F1, 2 biết (E) qua 3 ; 4

5 5

M 

  vàMF F1 2 vuông tại
M

2. Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: (d1) :

x t

y 4 t

z 6 2t



  

  


; và (d2) :

x t '

y 3t ' 6

z t ' 1




  


  


Gọi K là hình chiếu vng góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng
qua K vng góc với (d1) và cắt (d1).

Câu VIIa(1 điểm): Giải phương trình:

4 3 z

z z z 1 0

     trên tập số phức.
B. Theo chương trình Nâng cao :

Câu VIb(2 điểm):

1.Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn : (C1): x2

+ y2 – 2x – 2y – 2 = 0. ; (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

2. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

D1 : 2 1

1 1 2

x  y  z

 , D2 :

2 2
3

x t

y
z t

 


 

 


a) Chứng minh rằng D1 chéo D2 . Viết phương trình đường vng góc chung của D1 và D2
b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vng góc chung của D1 và D2

Câu VIIb (1 điểm):

Tính tổng S C 20090 2C12009 3C22009 ... 2010C20092009.

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số : y = (x – m)3

– 3x (1)

1. Xác định m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại điểm có hồnh độ x = 0.
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
Câu II (2 điểm):

1. Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.

2. Giải hệ phương trình: 8

x y x y

y x y

    




 



Câu III (1 điểm): Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:





3
2

2 2

1 3x 0

1log 1log 1 1

2 3

x k

x x

    




   


Câu IV (1 điểm):

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 60 0, SA vng góc mặt phẳng (ABCD),

SA = a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC' và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình
chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của khối chóp S.AB'C'D'.

Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:



ab

 

bc

 

ca



c a a b b ca b c
c c a a a b b b c      

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC biết A(1;4)
B(-7;4) C(2;-5)

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1

x 1 t

( ) : y 1 t

z 2

 



    
 


 

x 3 y 1 z

1 2 1

 

  



a) Viết phương trình mặt phẳng chứa 1 và song song với 2.

b) Xác định điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , viết phương trình đường thẳng (D) qua A(– 2 ; 0) và tạo với đường
thẳng (d) : x + 3y – 3 = 0 một góc 450

2. Cho mặt phẳng (P):2x – y + 2z – 3 = 0 và mặt cầu (S ): 2 2 2
(x1) (y1)  (z 2) 25

a) Chứng tỏ rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S ) cắt nhau. Tìm bán kính của đường trịn giao tuyến
b) Lập phương trình các tiếp diện của mặt cầu song song với mặt phẳng (P).

Câu VIIb (1 điểm): Tính tổng: S 1.2. C252 2.3.C253  ... 24.25.C2525.

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

.

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số yx42mx2 m 1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m1.

2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam
giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.

Câu II (2 điểm) 
1.Giải phương trình:

x

x
x

2
3
2

cos

1
cos
cos

tan
2

cos     .

2. Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y
y x y x y

    



   

 , ( ,x yR).

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

3
2

2
1

log
1 3ln

e

x

I dx

x x







Câu IV. (1 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 3

a

và góc BAD = 600. Gọi M và N
lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vng góc với mặt phẳng (BDMN). Tính
thể tích khối chóp A.BDMN.

Câu V. (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  1. Chứng minh rằng: 2 7
27
ab bc ca   abc .
II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VIa. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giácABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực 
cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giácABC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z24z 11 0. Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

( )

z z
z z



 .

B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb. ( 2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x4y100và điểm
 A(-2 ; 1). Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường
 thẳng ’.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.

Câu VIIb. (1 điểm) 
Giải hệ phương trình :

1 2

2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6

log ( 5) log ( 4) = 1

x y

xy x y x x

y x

 

        




  

 , ( ,x yR)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = –x3 + 3x2 + mx – 2 (1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0.

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Câu II. ( 2 điểm)

1. Giải phương trình:
2

tan tan 2

sin

tan 1 2 4

x x

x
x



    

 

  .

2. Giải hệ phương trình:

1 2

(1 4 ).5 1 3

( , )

3 1 2

x y x y x y

x y

x y y y

x

    

   

 



   




Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: 
4
0

sin
4

sin 2 2(sin cos ) 2

x dx

x x x

   



 

 

  



Câu IV. ( 1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a và SA vng góc mặt
phẳng đáy. Mặt phẳng qua A vng góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K. Tính theo a thể tích khối tứ diện
SAHK.

Câu V. ( 1 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: 4 x22x 4 x 1 m m( R)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a ( 2 điểm)

1. Cho đường tròn (C): (x – 3)² + (y +1)² = 4 và điểm M (1; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (d) của (C),biết
(d) đi qua M.

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.

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Câu VII.a ( 1 điểm)

Giải bất phương trình: 32x122x15.6x0.
B.Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b ( 2 điểm)

1. Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến của (P) : y2 = 4x kẻ từ các điểm A(0 ; 1) ; B(2 ;– 3) có hai tiếp
tuyến vng góc với nhau

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1 2

x 2 t

x 4 y 1 z 5

d : và : d : y 3 3t , t

3 1 2

z t

 


         



  




a). Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau, tính khoảng cách giữa d1 và d2.

b). Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2.
Câu VII.b ( 1 điểm) Giải phương trình: log7 xlog (23  x)

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2012 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số: yx4(2m 1)x 22m (m là tham biến).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.

2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình : 1 2





8 21 1 2

2 cos x cos x 3 sin 2(x ) 3cos(x ) sin x

3 3 2 3



          .

2. Giải hệ phương trình :
















2
2

)
y
x
(
7
y
xy
x

)
y
x
(
3
y
xy
x
Câu III (1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau :





x
2

y 0, y , x 1

x 1

  

 .

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a , BAD900, cạnh SA a 2 và SA
vng góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB, tính thể tích của tứ diện
SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x y z lớn hơn 1 và thỏa điều kiện ; ; 1 1 1 2
x  y z .
Tìm GTlN của biểu thức A = (x – 1) (y – 1) (z – 1)

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ABC với A(–1; 1) ; B(–2; 0) ; C(2 ; 2) . Viết phương trình
đường thẳng cách đều các đỉnh của ABC

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 điểm A(4;0;0), B(0;0; 4) và mp (P): 2x y 2z 4 0
a). Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P), viết phương trình mặt phẳng trung
trực của đoạn AB.

b). Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
Câu VIIa (1 điểm): Tìm phần thực của số phức: n

z (1 i) , trong đó nN và thỏa mãn:









4 5

log n 3 log n 6 4.
B. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VIb (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng Oxy , cho (H) :

2 2

4 5

x  y 

và đường thẳng (d) : x – y + m = 0 . CMR (d) luôn cắt
(H) tại hai điểm M , N thuộc hai nhánh khác nhau của (H).

2. Trong không gian Oxyz , cho các điểm A



1;3;5 ,

 

B 4;3; 2 ,

 

C 0; 2;1



. Tìm tọa độ tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu VIIb (1 điểm): Cho số phức : z 1  3.i. Hãy viết số zn dạng lượng giác biết rằng nN và thỏa mãn: 
2

3 3

log (n 2n 6) log 5

2 2

n 2n 6 4    (n 2n 6) .

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 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 xcos x 3 3 sin 4x3 3 cos 2x9sin 2x11.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

1
2

(x 1 )ex xdx

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 x y xy1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

4 4

2 1

x y

P
xy




 .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A.Theo chương trình Chuẩn

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Câu VIa( 2,0 điểm)

1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 + y2– 2x + 6y –15 = 0 (C ). Viết phương trình đường
thẳng (Δ) vng 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 VIIa (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập hợp C : (z2

+ i)(z2 – z) = 0

B. Theo chương trình Nâng cao.

Câu VIb(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 2

4 3

x  y 

và đường thẳng :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên
kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho (d) : 3 2 1

2 1 1

x  y  z

 và mặt phẳng (P) : x + y + z + 2 =
0 . Lập phương trình đường thẳng (D) nằm trong (P) sao cho (D)  (d) và khoảng cách từ giao điểm của (d) và
(P) đến đường thẳng (D) là 42.

Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 














y
y

x
x

x
y

y
x

2
2

log
2
log
72
log

log
3
log
log

---Hết ---
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I ( 2 điểm)

Cho hàm số y x3(12m)x2(2m)xm2 (1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.

2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d:x y70 góc  , biết
26

cos  .

Câu II (2 điểm)

1. Giải bất phương trình: 4 5

4
2
log2

1  







x
x

2. Giải phương trình: 3sin2x.



2cosx1



2cos3xcos2x3cosx.

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân: I







 


4
0

2
2
1
1

dx
x
x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh A, ABa 2. Gọi I là trung

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

đáy (ABC) bằng 0

60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới
(SAH).

Câu V (1 điểm)

Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2  y2 z2 xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

xy
z

z
zx
y

y
yz

x
x
P







 2 2 2 .

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trìnhxy10,
trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết
phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 .
Câu VIIa (1 điểm)

Cho khai triển:









14 14

2
2
1
0
2
2

...
1

1 x x x a a xa x  a x . Hãy tìm giá trị của a6.
B. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VIb (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 55 và trọng tâm G ,

thuộc đường thẳng d:3x y40. Tìm tọa độ đỉnh C.

2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P)x yz10,đường thẳng d:
3

1
1









 y z

x

Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng  nằm trong (P), vng góc với d và
cách

I một khoảng bằng 3 2.

Câu VIIb (1 điểm) Giải phương trình trên tập hợp C :

3
1
z i
i z


  

  

 

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN – ĐỀ 29 
 (ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút .

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x3 – 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x +1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng



2;



Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1

2. Giải phương trình : 3

2
3
5
1
2
)
1
3

( x x2   x2  x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân






2
ln
3

0 (3 ex 2)2
dx

I

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’

lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết 
khoảng cách giữa AA’

và BC là a 3

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
2
2

4
4








y
x

P

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng

y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.

2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).

Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC. 
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

1. Trong mp(Oxy) ,cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường
trịn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

5
1

1
3

4
:









 y z

x
d

1
3

3
1

2
:

z
y

x

d    

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2x2)9log2x2

---Hết ---

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN 2012

(ĐỀ THAM KHẢO) Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN BẮT BUỘC DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 3 2

2 3 .

y x  x  x

2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O. 
Câu II: (2,0 điểm) 1.Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 2

x  x x

    

 

  .

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

2.Giải hệ phương trình

2 2

2
3

4 4( ) 7

( )

2 3

xy x y

x y
x

x y

    

 




  

 



Câu III: (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2

2 2 2

m x  x  x có 2 nghiệm phân
biệt. Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD. có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a

thể tích khối chópS ABCD. và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.

Câu V: (1,0 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



 



3 3 3

2 2 2

a b c

1 a 1 b 1 c

  

  

II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. 
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

 

2 2

: ( 1) ( 1) 25

C x  y  và M(7 ; 3)
.Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A,B sao cho MA = 3MB.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểmI



1; 2;3



.Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp
xúc với trục Oy.

Câu VII.a: (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 2.27x18x4.12x3.8x.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số

 

tan 2

1 cos

x
f x

x


 .

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb:(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn

 

C :x2y22x0. Viết phương trình tiếp tuyến của

 

C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 .

2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh AA1 = a , AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần lượt
là

trung điểm các cạnh AB,AD, AA1.

a) Tính theo a khoảng cách từ C1 đến mặt phẳng (MNK) .
b) Tính theo a thể tích của tứ diện C1MNK

Câu VII.b: (1,0 điểm)

1. Giải bất phương trình x4 log3 x 243.
2. Tìm m để hàm số

mx
y

x


 có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất

---Hết ---

</div>