1. SỞ GD-ĐT HÀ NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT THANH LIÊM Môn Toán –Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút
------------------------------------
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 3 −x 2 +
x 3 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 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân
y = (x − −
m 2) 2
biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ
nhất.
Câu II (2 điểm)
cos 2 x. ( cos x −1)
1. Giải phương trình: = 2 ( 1 + sin x )
sin x + cos x
2. Giải bất phương trình: ( x + − x − ) ( x − + x2 + x − ) ≥
3 1 3 2 3 4
π
4
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = sin 4 x
∫
0 sin 6 x + cos 6 x
dx
·
Câu IV (1 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC =a , BC =2a , ACB =1200 và đường
thẳng tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ') góc 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách
A 'C 0
giữa hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a.
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
a2 b2 c2 1
+ + ≥
(ab + 2)(2ab +1) (bc +2)(2bc +1) ( ac + 2)(2ac +1) 3
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường
thẳng y = 2, phương trình cạnh BC: . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường
3x −y +
2 =
0
tròn nội tiếp tam giác ABC bằng . 3
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
x −1 y + 1 z x − 2 y z −1
d1: = = và d2: = = .
2 1 2 1 1 −2
Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông góc với mặt phẳng (P): 2x + + z + =
y 5 3 0
.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 8 log 4 x 2 − +3 2 log 4 ( x +3) 2 =
9 10 +log 2 ( x −3) 2
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
I ( 3;3)
 4
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm và AC = BD
2
. Điểm M  2; ÷ thuộc
 3
 13 
đường thẳng AB
, điểm N  3; ÷ thuộc đường thẳng CD
. Viết phương trình đường chéo BD
biết
 3
đỉnh B
cóhoành độ nhỏ hơn 3.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc
mặt phẳng (P): y z
để ∆MAB là tam giác đều.
x− + − =
1 0
Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S = C +C
2 +C
3 + +
0
...
2011 2012C 1
2011
2
2011
2011
2011
---------------------------------- Hết -------------------------------
Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh:....................................................
TRƯỜNG THPT A THANH LIÊM

2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – MÔN TOÁN
Câu Đáp án Điể
m
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) • Tập xác định: D =¡ 0.25
• Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y ' =3 x 2 −6 x
; y'= ⇔ =
0 x 0
hoặc x =2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng 0.25
( 0; 2)
ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x =2
; yCT = −2
, đạt cực đại tại x =0
; yCĐ =2
lim y =− ; lim y =+
∞ ∞
ￚ Giới hạn: x→ ∞
− x→ ∞
+
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
• Đồ thị: 0.25
2.(1,0 điểm)
0.25
0.25
0.25

3. 0.25
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) π 0.25
ĐK: x≠−
4
+ kπ . PT ⇔ ( +
1 sin x )(1 −sin x)(cos x − = 1 +
1) 2( sin x )(sin x +cos x )
1 + sin x = 0 0.25
⇔
sin x + cos x + sin x cos x +1 = 0
1 + sin x = 0 0.25
⇔
( 1 + sin x ) ( cos x +1) = 0
 π 0.25
x = − + k 2π
⇔ 2 ( Thoả mãn điều kiện)

 x = π + k 2π
2.(1,0 điểm)
0.25
0.25
0.25
0.25
III (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
0.25
0.25
0.25
IV (1,0 điểm)

4. (1,0 điểm) 0.25
Trong (ABC), kẻ CH ⊥AB ( H ∈ AB ) , suy ra
CH ⊥( ABB ' A ' )
nên A’H là hình chiếu vuông góc của
A’C lên (ABB’A’). Do đó:
· ' C , ABB ' A '  = · ' C , A ' H =CA ' H =30 0
A
 ( ) ( A ) · .
1 a2 3 0.25
• S ∆ABC = AC .BC.s in1200 =
2 2
• AB 2 =AC 2 +BC 2 − AC .BC . cos120 0 = a 2 ⇒
2 7 AB =a 7
2.S∆ABC a 21
• CH = =
AB 7
CH 2a 21
Suy ra: A'C = = .
s in300 7
a 35 0.25
Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA ' = A ' C 2 − AC 2 = .
7
a 3 105
Suy ra: V = S ∆ABC . AA ' = .
14
Do CC '/ / AA ' ⇒CC '/ / ( ABB ' A ' ) . Suy ra: 0.25
a 21
d ( A ' B , CC ') = d ( CC ', ( ABB ' A ' ) ) = d ( C , ( ABB ' A ' ) ) = CH = .
7
V (1,0 điểm)
(1,0 điểm) a2 b2 c2 0.25
Ta có VT = + +
(ab + 2)(2ab +1) (bc + 2)(2bc +1) ( ac + 2)(2 ac +1)
1 1 1
+ +
= 2 1
(b + )(2b + )
2 1
(c + )(2c + )
2 1
(a + )(2a + )
a a b b c c
y z x
Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a= ,b = ,c = với x, y, z > 0
x y z
1 1 1
+ +
Khi đó VT = y z z y z x x z x y y x
( + 2 )( + 2 ) ( + 2 )( + 2 ) ( + 2 )( + 2 )
x x x x y y y y z z z z
x2 y2 z2
= + +
( y + 2 z )( z + 2 y ) ( z + 2 x)( x + 2 z ) ( x + 2 y )( y + 2 x)
9 0.25
Ta có ( y +2 z )( z +2 y ) = yz +2 y 2 +2 z 2 +4 yz = 2( y + z ) 2 +5 yz ≤
2
( y 2 +z 2 )
x2 2 x2
Suy ra ≥ (1)
( y + 2 z )( z + 2 y ) 9 y 2 + z 2
y2 2 y2 z2 2 z2 0.25
Tương tự có ≥ (2); ≥ (3)
( z + 2 x)( x + 2 z ) 9 x 2 + z 2 ( x + 2 y )( y + 2 x) 9 y + x 2
2
2 x2 y2 z2
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT ≥ ( 2 + 2 + 2 )
9 y +z 2
x +z 2
y + x2
x2 y2 z2 1 1 1 0.25
Lại có + 2 + 2 = ( x 2 + y 2 + z 2 )( + 2 + 2 ) −3
y +z
2 2
x +z 2
y + x2 y +z
2 2
x +z 2
y + x2

5. 1 1 1 1 1 3
= (( x 2 + y 2 ) +( y 2 + z 2 ) +( z 2 + x 2 ))( 2 + 2 + 2 ) −3 ≥ .9 −3 =
2 y +z2 x +z 2 y +x2 2 2
(BĐT Netbit)
2 3 1
Suy ra VT ≥ . =
9 2 3
(đpcm)
VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) 0.25
0.25
0.25
0.25
2.(1,0 điểm)
 x = 1 + 2t1  x = 2 + t2 0.25
 
Viết lại d1 :  y = −1 + t1 , d 2 :  y = t2 . (P) có VTPT
r
n =(2;1 5)
;
 z = 2t  z = 1 − 2t
 1  2
Gọi A = d ∩ d1, B = d ∩ d2. Giả sử: A +2t1; − +t1; 2t1)
(1 1 , B((2 +2t2; t2 ;1 −2t2 ) 0.25
uuu
r
⇒ A =(t2 −2t1 + ; t2 − 1 + ; − t2 −2t1 +
B 1 t 1 2 1) .
uuu r
r t2 − 2t1 +1 t2 −t1 +1 −2t2 − 2t1 +1  t1 = − 1 0.25
d ⊥ (P) ⇔ A ,n
B cùng phương ⇔ = = ⇔ t = −1
2 1 5 2
x +1 y + 2 z + 2 0.25
⇒ A(–1; –2; –2) ⇒ Phương trình đường thẳng d: = = .
2 1 5
VII.a (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
0.25
0.25
0.25
VI.b (1,0 điểm)

6. (2,0 điểm) Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 0.25
 5
N '  3; ÷
 3
Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:
x− y+ =
3 2 0
3 −9 + 2 4
Suy ra: IH = d ( I , AB ) = =
10 10
Do AC = BD
2
nên IA = IB
2
. Đặt IB = >
x 0
, ta có phương trình 0.25
1 1 5
+ = ⇔x2 = 2 ⇔x = 2
x2 4x 2 8
Đặt B ( x, y ) . Do IB = 2 và B∈AB
nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 0.25
 14
( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 2
 5 y 2 −18 y +16 = 0 x = 5  x = 4 > 3

 ⇔ ⇔ ∨
x − 3 y + 2 = 0
 x = 3 y − 2 y = 8 y = 2

 5
 14 8  0.25
Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B ; ÷
 5 5
Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x − − =
y 18 0
.
2.(1,0 điểm)
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x+ − − =
y z 3 0
0.25
x= 2 0.25

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: y= t+1
z = t

M∈d⇒ M (2; t + t )
1; ⇒AM = 2t 2 − t +
8 11 , AB = 12 0.25
∆
MAB đều khi MA = MB = AB 0.25
4 ± 18  6 ± 18 4 ± 18 
⇔2t 2 −8t −1 = 0 ⇔t = ⇒ M  2; ; ÷
2  2 2 
VII.b (1,0 điểm)
(1,0 điểm) Xét đa thức: f ( x) = (1 + ) 2011 = (C2011 + 2011 x + 2011 x 2 + + 2011 x 2011 )
x x x 0
C1 C2 ... C 2011 0.25
= 2011 x + 2011 x 2 + 2011 x 3 +
C0 C1 C2 ... + 2011 x 2012 .
C 2011
Ta có: f ′ x) = 2011 + C2011 x + C2011 x 2 +... +
( C0 2 1 3 2 2012C 2011 x 2011
2011 0.25
⇒ ′
f (1) = 2011 +2C2011 + C2011 +... +
C0 1
3 2 2011
2012C2011 ( a )
Mặt khác: f ′ x ) = + ) 2011 +
( (1 x 2011(1 +x) 2010 .x = +x ) 2010 (1 +
(1 2012 x ) 0.25
⇒ / (1) =
f 2013.2 2010 (b )
Từ (a) và (b) suy ra: S =2013.2 2010. 0.25
Chú ý: - Các cách giải khác với đáp án mà đúng cho điểm tương đương
- Điểm toàn bài không làm tròn