Đề thi thử đại học môn Toán năm học 2011-2012 tại Trường THPT Lê Hồng Phong bao gồm nhiều bài tập từ khảo sát hàm số, giải phương trình đến hình học không gian. Đề có phần chung cho tất cả thí sinh và phần riêng cho thí sinh lựa chọn, với tổng điểm tối đa 10. Đề gồm những câu hỏi yêu cầu làm đồ thị, tính toán, và chứng minh các tính chất hình học.

1. `TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011- 2012
TỈNH THANH HÓA Môn thi: Toán; Khối: D
ĐỀ CHÍNH THỨC 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 3 2
3 2y x x   (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3 2
3x x m  .
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2
2sin cos 2cos 3sin cos 0x x x x x    .
2. Giải phương hệ trình:
 
 
2 2
22 2
x xy y 3 x y
x xy y 7 x y
    

   
.
Câu III(1,0 điểm)
Tìm giới hạn: 30
1 t anx 1 sinx
lim
x x
  
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho khối lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, điểm A' cách đều ba
điểm A, B, C, cạnh bên AA' tạo với mặt phẳng đáy một góc 0
60 . Tính thể tích khối lăng trụ và
chứng minh mặt bên BCC'B' là hình chữ nhật.
Câu V (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
1 3 2y x x 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. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC 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
giác ABC.
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho 2 đường thẳng 1 : 3 9 0d x y   và 2 : 2 2 0d x y   . Lập phương
trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1d và cắt 2d tại A và B sao cho 20AB  . Biết tâm đường tròn
nằm trên trục Ox và có hoành độ dương.
Câu VII.a(1,0 điểm) Tìm hệ số của 4
x trong khai triển: 5 2 10
(1 2 ) (1 3 )P x x x x    .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng 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 mặt phẳng Oxy, xét tam giác ABC có A(1;5), đường thẳng BC có phương trình: x – 2y – 6
= 0, điểm I(1;0) là tâm đường tròn nội tiếp. Hãy tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Câu VII.b(1,0 điểm)
Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: 0 1 2 3 2
2 2 2 2 22 3 4 ... (2 1) 0n
n n n n nC C C C n C      
-------Hết-------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:…………………………………..; Số báo danh……………………..
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 2
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011- 2012
Môn thi: Toán; Khối: A
(Đáp án gồm 4 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2
3 2y x x  
 Tập xác định: R.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
' 3 6y x x  ;
0
' 0
2
x
y
x

   
0.25
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2); đồng biến trên các khoảng( ;0) và (2; )
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCT = 2, đạt cực tiểu tại x = 2; yCĐ = -2.
- Giới hạn: lim
x
y

  ; lim
x
y

 
0.25
- Bảng biến thiên:
x  0 2 
y' - 0 + 0 -
y
2 
 1 -2
0.25
 Đồ thị:
6
4
2
-2
-4
-6
-5 5 1
f x  = x3-3x2 +2
0.25
2.(1.0 điểm)Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3 2
3x x m  .
I
(2.0)
 Từ. 3 2 3 2
3 3 2 2(*)x x m x x m      
- Số nghiệm của phương trình (*) = Số gaio điểm của đồ thị hàm số 3 2
3 2y x x   và
đường thẳng y= m+2
- Nêu cách vẽ đồ thị hàm số 3 2
3 2y x x   từ đồ thị hàm số (1)
0.25

3. 3
6
4
2
-2
-4
-6
-5 5 10
f x  = x3 -3x2 +2
0.25
 -Nếu 2 2 4m m      thì phương trình vô nghiệm
-Nếu
2 2 4
2 2 0
m m
m m
     
    
thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
-Nếu 2 2 2 4 0m m        thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt
-Nếu 2 2 0m m    thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt
0.5
1.(1.0 điểm)Giải phương trình 2
2sin cos 2cos 3sin cos 0x x x x x    .
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2
2sin cos cos 2sin 3sin 2 0
cos (2sin 1) (2sin 1)(sinx+2) 0
x x x x x
x x x
    
    
0.5

(2sin 1)(cos sinx 2) 0
1
sinx
2
2
6
( )
5
2
6
x x
x k
k Z
x k




    
 

 
 
  

0.5
2.(1.0 điểm)Giải phương hệ trình:
 
 
2 2
22 2
x xy y 3 x y
x xy y 7 x y
    

   
.
 Từ  22 2 2 2 x 2y
x xy y 7 x y 2x 5xy 2y 0
2x y

           0.5
II
(2.0điểm)
 x 2y (x;y) (0;0),(2;1)  
 2x y (x;y) (0;0),( 1; 2)    
 Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm (x; y)=(2; 2)
0.5

4. 4
(1.0điểm)Tìm giới hạn: 30
1 t anx 1 sinx
lim
x x
  
.
 3 30 0
1 t anx 1 sinx t anx sinx
lim lim
( 1 t anx 1 sinx)x xx x 
   

  
0.25
 = 30
sinx(1-cos )
lim
cos ( 1 t anx 1 sinx)x
x
x x   
Đặt
0.25
 =
2
20
2sinx.sin
12lim
cos ( 1 t anx 1 sinx)
4 .
2
x
x
xx
x
    
 
 

0.25
III
(1.0điểm)
 =
1
4 0.25
 Gọi G, M là trọng tânm của tam giác ABC và trung điểm của BC suy ra A'G là
đường cao của hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C (Vì hình chóp A'.ABC là hình chóp
đều)và góc 0
AA' 60G  .
0.25
 Ta có
3
3 3 3
A' ' .
2 3 3 4
ABC
a a a a
AM AG G V A G S        .
0.25
IV
(1.0điểm)
 (AMA') AA'
'
BC AM
BC BC
BC A G

   
 0.25
 Do AA' song song với BB' nên BB'BC  Suy ra hình bành hành BCC'B' là hình chưc
nhật 0.25
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
1 3 2y x x x     .
0. 5
V
(1.0điểm)
 Tập xác định  3;1D  

2
1
' 1
4 ( 1)
x
y
x

 
 
; ' 0 1 2y x    
 Giá trị lớn nhất của hàm số = ( 2 1) 2 1y   
 Giá trị nhỏ nhất của hàm số = ( 3) 2y   
0. 5
0.5
1 (1.0điểm)Cho tam giác ABC 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 giác
ABC
 C thuộc trung tuyến CC' nên ( ;2 3)C m m  , suy ra B là điểm đối xứng với C qua
trung trực x + y – 6 = 0
2 11 5
( 2 6; 3) ' ;
2 2
m m
B m m C
    
       
 
0.5
VI.a
(2.0điểm)
 C' thuộc CC' nên
23 23 55 28 14
; , ;
3 3 3 3 3
m C B
   
      
   
0.5
A' B'
A
C'
C
B
M
H
G

5. 5
2(1.0điểm)Cho 2 đường thẳng 1 : 3 9 0d x y   và 2 : 2 2 0d x y   . Lập phương trình
đường tròn (C) tiếp xúc với 1d và cắt 2d tại A và B sao cho 20AB  . Biết tâm đường tròn
có hoành độ dương.
 Gọi I(a; 0) là tâm đường tròn (C)
 (C) tiếp xúc với 1 : 3 9 0d x y   nên
9
10
a
R


 Gọi H là trung điểm của AB, ta có:
22
2 2 22 2
5
4 5
AB a
IH R R
 
     
 
0.5
 Giải tìm được
17 15 2 80 15 2
,
7 7 10
a R
  
 
 Phương trình đường tròn
2 2
217 15 2 80 15 2
7 7 10
x y
     
        
   
0.5
Tìm hệ số của 4
x trong khai triển: 5 2 10
(1 2 ) (1 3 )P x x x x    .

5 10
2
5 10
0 0
(2 ) (3 )k k k k
k k
P x C x x C x
 
  
0.25
Số hạng chứa 4
x của P là: 3 3 2 2 2 4 3 2
5 10 5 10(2 ) (3 ) (8 9 )xC x x C x x C C  
0.55
VII.a
(1.0điểm)
 Hệ số của 4
x là 485
0.25
1(1.0điểm)Trong mặt phẳng 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
 Đường thẳng  qua M(2; 1) nên  có phương trình:
2
1
x mt
y nt
 

 
 Thay vào (E) ta được 2 2 2
(9 16 ) 2(18 16 ) 92 0m n t m n t    
0.5
 M là trung điểm của AB nên 18 16 0 9 8 0m n m n     0.25
 Chọn n=-9 suy ra m=8, 
2 8
1 9
x t
y t
 

 
0.25
2(1.0điểm)Trong mặt phẳng Oxy, xét tam giác ABC có A(1;5), đường thẳng BC có phương
trình: x – 2y – 6 = 0, điểm I(1;0) là tâm đường tròn nội tiếp. Hãy tìm tọa độ các đỉnh B, C.
 Bán kính đường tròn nội tiếp ( , ) 5r d I BC 
 AB, AC qua A nên có phương trình dạng 2 2
( 1) ( 5) 0( 0)m x n y m n     
0.25
 AB, AC tiếp xúc với đường tròn nên 2 2
2 2
5
5 4
n
m n
m n
  

 Chọn 1 2n m    dẫn đến AB, AC có phương trình 2 7 0;2 3 0x y x y     
0.25
VI.b
(2.0điểm)
 Cho AB, AC giao với BC ta được B, C có tọa độ    4; 1 ; 4; 5   0.5
Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: 0 1 2 3 2
2 2 2 2 22 3 4 ... (2 1) 0n
n n n n nC C C C n C      
 Xét hàm số 2 2 2 1
( ) (1 ) '( ) (1 ) 2 (1 ) (1)n n n
f x x x f x x nx x 
      
0.25
 Theo công thức khai triển nhị thức, ta có:

 0 1 2 2 2 2
2 2 2 2
0 1 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ...
'( ) 2 3 ... (2 1) (2)
n n
n n n n
n n
n n n n
f x x C C x C x C x
f x C C x C x n C x
    
      
0.5
VII.b
(1.0điểm)
 Thay x= -1 vào (1) và (2) ta được đẳng thức cần chứng minh
0.25