1. SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I, NĂM 2012
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ Môn: TOÁN; Khối A, 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 = x4 2mx2 + m (1) , m là tham số
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
3 
2. Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1. Tìm m để khoảng cách từ điểm B =  ; 1÷
4 
đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A lớn nhất .
Câu II (2,0 điểm)
 5π 
1. Giải phương trình 2.cos 5 x −sin(π + 2 x) = sin  +2x ÷.cot 3 x.
 2 
x 2 y + 2 x 2 + 3 y −15 = 0

2. Giải hệ phương trình  4
x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0
2 2

x
Câu III (1,0 điểm) Tính I =∫ dx
3 x + 9 x 2 −1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, hình chiếu vuông góc của
a 3
đỉnh S trên (ABCD) là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ∆ ACD có độ dài , góc
2
giữa (SCD) và (ABCD) bằng 300. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥z và x +y +z =3 .
x z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= + + 3y
z y
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai 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 hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3x +y −7 =0 ,
điểm B(0;-3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20.
2. Giải phương trình: log(10.5 x + .20 x ) = +
15 x log 25.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển (1 + 2x)10 (x2 + x + 1)2 = a0 + a1x + a2x2 + … + a14x14. Hãy tìm giá trị của
a6.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình
3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450.
Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.
2. Giải bất phương trình 1+ log x + log ( x +
2 2) > log (6 −x )
2 2
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho n∈ *
N
Chứng minh rằng C 2 n − C2 n + C 2 n − C 2 n + + n + C 2 n =
0
2 1 3 2 4 3 ... (2 1) 2 n 0
----------------Hết--------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh..............................................................Số báo danh...............................
www.VNMATH.com

2. SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I, NĂM 2012
www.VNMATH.com Môn: TOÁN; Khối A, B,D
(Đáp án gồm 04 trang)
Câu ý Nội dung Điểm
Với m = 1 hàm số là: y =x 4
− x
2 2
+1
+) TXĐ: D= R
0.25
x = 0
+) Giới hạn, đạo hàm: lim y = + ; lim y =+∞
. y ' = 4 x − 4 x; y ' = 0 ⇔ 
∞ 3
x = ±1
x→ ∞
+ x→ ∞
−
1
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ) ∞
nghịch biến trên các khoảng (- ;- 1), (0; 1) ∞
0.25
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 ±
+) BBT:
I x - -1 0
∞
1 + ∞
y' - 0 + 0 - 0 +
0.25
y + 1∞
+ ∞
0 0
10
8
6
4
2
-15 -10 -5 5 10 15 0.25
-2
-4
-6
-8
+)Đồ thị
-10
+) A ∈ ( Cm ) nên A(1 ; 1- m) 0.25
+) y ' =4 x −4mx ⇒ '(1) =4 −4m
3
y
Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại A có phương trình 0.25
y–(1 m ) = y’(1).(x – 1)
−
2 Hay (4 – 4m).x – y – 3(1 – m) = 0
−1
Khi đó d ( B; ∆) = ≤1 , Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi m = 1 0.25
16(1 − m) 2 +1
Do đó d ( B; ∆) lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi m = 1 0.25
ĐK: sin 3 x ≠0
0.25
pt ⇔ 2cos5 x +sin 2 x =cos 2 x.cot 3 x

3. ⇔ 2cos5 x sin 3 x +sin 2 x cos 3 x =cos 2 x.cos 3 x
0.25
⇔ 2cos5 x sin 3 x −cos5 x =0 ⇔ cos5 x ( 2 sin 3 x − =0
1)
1  π k 2π
1  x = 12 + 3
+) sin 3 x = ≠0 (t/m đk) ⇔  0.25
2
 x = π + k 2π

 4 3
π kπ
II +) cos5 x =0 ⇔ x= + t/m đk
10 5 0.25
KL:………………
 ( x 2 −1)( y − 2) + 4( x 2 −1) + 4( y − 2) = 5 u = x 2 − 1
Hệ pt ⇔ . Đặt 
( x −1) + ( y − 2) = 10 v = y − 2
2 2 2

0.25
u 2 + v 2 = 10 (u + v ) 2 − 2uv = 10
Ta có hpt  ⇔
uv + 4(u + v ) = 5 uv + 4(u + v) = 5
u + v = −10 u + v = 2 u = 3 u = −1
⇔
 (vô nghiệm) hoặc  ⇔ hoặc  0.25
uv = 45  uv = − 3  v = −1 v = 3
2
u = 3
+)  Tìm được 2 nghiệm ( x; y ) =(2;1) và ( x; y ) =( −2;1) 0.25
v = −1
u = −1
+)  Tìm được nghiệm ( x; y ) =(0; 5)
v = 3 0.25
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5)
x
I =∫ dx = ∫ x (3x − 9 x 2 −1)dx = ∫3 x 2 dx − ∫ x 9 x 2 −1dx 0.25
3 x + 9 x 2 −1
III
+) I1 = ∫3 x 2 dx = x 3 +C1
0.25
3
1 1
+) I 2 = ∫ x 9 x 2 −1dx = ∫ 9 x −1 d (9 x −1) = 27 (9 x −1) 2 +C2 0.25
2 2 2
18
3
1
Vậy I=
27
(9 x 2 −1) 2 + x 3 + C 0.25
S
A
D
IV H
M
B C
+) Tính thể tích khối chóp

4. a 3 0,25
Ta có cos ACD = 0
60
suy ra ∆ACD
đều. HC = AM =
2
và
HC ⊥CD ⇒CD ⊥SHC )
(
. Suy ra góc giữa (SCD) và (ABCD) là SHC =300
a a2 3 1 a3 3 0,25
SH = HC. tan 30 0 =
2
, S ABCD = AB.CH =
2
⇒VSABCD = S ABCD .SH =
3 12
a
+) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có GA = GB = GC = . Do
3
a
HS = HB = HA =
2
nên các tam giác GHA,GHB,GHS là các tam giác vuông
bằng nhau nên GA=GB=GS. Suy ra G tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và bán 0. 5
a
kính R = GC = .
3
4πa 2
Diện tích mặt cầu S = 4πR 2 =
3
x z
Sử dụng bđt AM-GM, ta có + xz ≥ 2 x, + yz ≥ 2 z 0.25
z y
x z
Từ đó suy ra P= + + 3 y ≥ 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y
z y
0.25
= 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz
= 2( x + z ) + y 2 + x ( y − z )
V Do x >0
và y≥z
nên x ( y −z ) ≥0
. Từ đây kết hợp với trên ta được
x z
P= + +3 y ≥ 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y −1) 2 +5 ≥ 5 .
z y 0. 5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1
Phương trình BD x − y − =0
3 9
. Tọa độ I =AC ∩BD ⇒ (3; −
I 2)
0.25
Do I là trung điểm BD nên D (6; −1)
. Gọi A( a; 7 − a ) ∈
3 AC
ta có BD =2 10 0.25
1 a − 3(7 − 3a ) − 9
dt(ABCD)=2.dt(ABD) ⇒
2
.2 10 =10 0.25
1 12 + 32
a = 2  A1 (2;1); C1 (4; −5)
⇔
a = 4 do vậy  A (4; −5); C (2;1) 0.25
  2 2
PT log (
⇔ 10.5 x + .20 x
15 )= ( .10 )
log 25 x
⇔ x + .20 x = .10 x
10 .5 15 25
0.25
⇔4 x − .2 x + =
15. 25 10 0
(chia hai vế của phương trình cho 5x
)
t = 1(tm)
Đặt , Ta có pt : 15t - 25t +10 = 0 ⇔ 0.25
t = 2 (tm)
t = x (t > )
2 0 2
 3
VI.a Với t =1 2x
⇒ = 1 ⇔=
x 0
2
2 2 2 
Với t =
3
⇒ 2x =
3
⇔ x = log 2  
3 
0.5
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x =0
và x = log 2  
3
.
10 0.25
(1 + 2 x )10 = ∑C10 .( 2 x )
k
Ta có và
k
( x 2 + + 2 = x 4 + x 2 + + x 3 + x)
x 1) ( 3 1 2 2
k =0

5. 10
⇒(1 + 2 x )10 ( x 2 + x +1) 2 = ( x 4 + 3 x 2 +1 + 2 x3 + 2 x).∑ 10 . ( 2 x )
k
VII.a
Ck
k =0
0.25
⇒ = 10 .( 2 ) + .C10 .( 2 ) + 10 .( 2 ) + .C10 .( 2 ) + .C10 .( 2 )
2 4 6 3 5
a6 C2 3 4
C6 2 3
2 5
=41748
0. 5
3 x − y = 0 x = 0
Tọa độ điểm D là: 
x −2y = 0
⇔ => D(0;0) ≡
O
 y = 0
ur uu
r
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 ( 3; − ) , n2 (1; − )
1 2 0.25
VI.b => cosADB=
1
=> ADB=450 =>AD=AB (1)
2
0 0
1 Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45 => BCD=45 => ∆
BCD vuông
1 3. AB 2
cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: S ABCD = ( AB +CD ) AD = = 24
2 2 0.25
=>AB=4=>BD= 4 2
 x 
Gọi tọa độ điểm B  xB ; B ÷
 2 
, điều kiện xB>0
 8 10
uuu
r  xB = −
2 (loai ) 0.25
 xB  5  8 10 4 10 
=> BD = xB +  ÷ = 4 2 ⇔
2
 Tọa độ điểm B
  5 ; 5 ÷ ÷
 2  8 10  
 xB = (tm)
 5
uuu
r
Vectơ pháp tuyến của BC là nBC = ( 2;1)
0.25
=> phương trình đường thẳng BC là: 2 x +y −4 10 =0
Đk: 0< x< 6. BPT ⇔ log 2 (2 x 2 + x ) >log 2 (6 −x) 2
4 0.25
BPT ⇔ 2 x2 + x > − )2 ⇔ 2 + x −
4 (6 x x 16 36 >0 0.25
x < -18 hoặc x > 2
⇔
0.25
2 Kết hợp đk ta có tập nghiệm BPT là S =(2; 6) 0.25
Xét hàm số f ( x ) = (1 + ) 2 n ⇒ '( x ) = + ) 2 n + nx (1 + ) 2 n −
x x f (1 x 2 x 1
(1) 0,25
Theo công thức khai triển nhị thưc newton ta có:
f ( x ) =x (C2 n + 2 n x + 2 n x 2 + + 2 n x 2 n )
0
C1 C2 ... C 2 n 0,25
VII.b
⇒ f '( x ) =C2 n + C2 n x + C2 n x 2 + + n + C2 n x 2 n
0
2 1 3 2 ... (2 1) 2 n (2) 0,25
Thay x = -1 vào (1) và (2) ta được đẳng thức cần chứng minh 0,25
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương