Tài liệu là đề thi thử đại học môn Toán năm 2012, gồm nhiều câu hỏi cho các khối B, D với thời gian làm bài là 180 phút. Các câu hỏi tập trung vào khảo sát hàm số, giải phương trình, tìm giá trị tham số, hình học không gian và tối ưu hóa biểu thức. Đề thi cung cấp thông tin chi tiết về cấu trúc và nội dung các câu hỏi, giúp học sinh ôn tập kiến thức.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
1
tR¦êNG THPT
L¹NG GIANG Sè 2
TØnh B¾c giang
®Ò THI THö §¹I HäC N¡M HäC 2012 (lần thứ 1)
M«n thi: To¸n; khèi B, D
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò
 PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh:(7 ®iÓm)
C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 3
3 2y x x  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho điểm A có hoành
độ bằng 2 và BC= 2 2 .
C©u II (2 ®iÓm). 1.Giải phương trình:  2
cos2 cos 2tan 1 2x x x   .
2.Gi¶i ph­¬ng tr×nh: .25log)20.155.10log(  xxx
C©u III (1®iÓm) Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình:






1
02
xyx
myx
có nghiệm duy nhất.
C©u IV (1 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a. Các cạnh
bên của hình chóp bằng nhau và bằng 2a .
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SC, SD. Chứng minh đường thẳng SN
vuông góc với mặt phẳng (MEF).
C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biểu thức:
2 2
2 2
1 1
P x y
y x
  
    
  
 PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B)
A. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn.
C©u VI.a (2 ®iÓm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc
đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng
18.
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) :
2 2
1
4 1
x y
  , có các tiêu điểm là 1 2,F F . Tìm tọa độ các điểm M
nằm trên elip (E) sao cho 1 2MF MF .
C©u VII.a (1 ®iÓm) Cho hàm số
1
12



x
x
y có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết
khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến bằng 2 .
B. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao.
C©u VI.b (2 ®iÓm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x    . Tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương trình đường tròn (C’) có bán kính R’
= 2, biết (C’) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) tại A.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm    0;3;0 , 4;0; 3B M  . Viết phương trình mặt
phẳng ( )P chứa ,B M và cắt các trục ,Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ
diện OABC bằng 3. (O là gốc toạ độ).
C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hàm số:
1
32



x
axx
y (a là tham số) có đồ thị là (Ca). T×m tất cả các giá trị của
a ®Ó (Ca) cã tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®­êng ph©n gi¸c của gãc phần tư thø nhÊt trong hÖ trục täa ®é
Oxy. Với các giá trị a khi ®ã, chứng tỏ hàm số luôn có hai cực trị.
______________HÕt______________

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
2
tR¦êNG THPT
L¹NG GIANG Sè II
TØnh b¾c giang
§¸p ¸n - thang ®iÓm
THI THö §¹I HäC N¡M HäC 2012 (lần thứ 1)
M«n thi: To¸n, khèi: B, D
Ngày 11/12/2011
(Häc sinh lµm theo c¸ch kh¸c ®óng, vÉn cho ®iÓm tèi ®a)
C©u §¸p ¸n §iÓm
I
(2 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
Hàm số y = x3
 3x + 2.
 Tập xác định của hàm số là R.
 Sự biến thiên của hàm số
a) Giới hạn tại vô cực:
Ta có lim ; lim
x x
y y
 
   
b) Bảng biến thiên:
Ta có y’ = 3x2
 3
y’= 0  x = -1 hoặc x =1.
x  -1 1 +
y’ + 0  0 +
y

4
0
+
 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; -1) và (1; +), nghịch biến trên (-1;1).
• Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực đại của hàm số là y(-1) = 4.
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là  1y = 0.
 Đồ thị:
 Điểm uốn
Ta có xy 6''  ; 00''  xy .
Nhận thấy y’’ đổi dấu khi x qua điểm 0x .
Do đó, điểm  2;0I là điểm uốn của đồ thị.
 Đồ thị cắt trục tung tại điểm  .2;0
 Phương trình 0y .
    .12021
023
2
3


xxxx
xx
Do đó, đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm là  0;2 và (1; 0). Ngoài ra đồ thị còn đi
qua điểm (2; 4).
 Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn  2;0I làm tâm đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1 ®iÓm)
Với 2 4A Ax y   . Đường thẳng  đi qua  2;4A với hệ số góc k có phương
trình:  A Ay k x x y    : 2 4y k x     .
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  là:
    3 2
3 2 2 4 2 2 1 0x x k x x x x k          
 





)1(012
2
2
kxxxg
x
Điều kiện để có hai điểm B, C là phương trình   0xg có hai nghiệm phân biệt
0,25
0 x
y
1-2
2
2
4
(C)
-1

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
3
khác 2 hay tương đương với
 
' 0
2 0g
 


0
9
k
k

 

(*)
Khi đó    1 1 2 2; ; ;B x y C x y , với 21, xx là nghiệm phương trình (1) và
4211  kkxy ; 4222  kkxy ;
Ta có        2
12
22
12
2
12
2
12 xxkxxyyxxBC 
Suy ra            22
21
2
21
22
12
2
1144141 kkkxxxxkxxBC 
Hay kkBC 44 32
 (theo Viet kxxxx  1.,2 2121 )
Theo giả thiết BC =2 2 nên ta có   08442244 323
 kkkk
   10214 2
 kkkk thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy đường thẳng : y = x + 2.
0,25
0,25
0,25
II
(2 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm) Đặt  2
cos2 cos 2tan 1 2x x x   là (1)
Điều kiện xác định của phương trình là: cos 0 / 2x x k     , Zk  (*)
Với điều kiện (*), phương trình:
(1) 2
2
1
(2cos 1) cos [2( 1) 1] 2
cos
x x
x
     
3 2
2cos 3cos 3cos 2 0x x x    
2
(cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x    









)(2cos
2
1
cos
1cos
vonghiemx
x
x
 Zk
kx
kx







 ,
2
3
2



Các giá trị trên đều thỏa mãn điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho.
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 ®iÓm) Ta có:
25log)20.155.10log(  xxx
   xxx
10.25log20.155.10log 
xxx
10.2520.155.10 
0102.254.15  xx
(chia hai vế của phương trình cho x
5 )
§Æt )0(2  tt x
, ta ®­îc phương trình : 15t
2
- 25t +10 = 0







)(
3
2
)(1
tmt
tmt
Với 1t 012  xx
Với 






3
2
log
3
2
2
3
2
2xt x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0x và 






3
2
log2x .
0,25
0,25
0,25
0,25
III
(1 ®iÓm)
Ta có
(I)













xxy
myx
xyx
myx
1
02
1
02
Với điều kiện 101  xx ta có:

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
4
(I) 
   




)1(12
2
2
xmxx
mxy
Do x = 0 không là nghiệm của (1) nên :
)2(
1
2
)1(
2)1(
2
x
xm
x
x
mx 


Xét hàm số :  
x
xxf
1
2  với .1x
   0]1;(0
1
1' 2
 x
x
xf
Suy ra bảng biển thiên của hàm số
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (2) có
nghiệm duy nhất x .1
 Đường thẳng my  cắt đồ thị hàm số  
x
xxfy
1
2  trên ]1;( tại
đúng một điểm. Từ bảng biến thiên, suy ra 2m .
Vậy 2m là các giá trị cần xác định của tham số m.
Chú ý : Học sinh có thể sử dụng phương pháp lớp 10 trong bài này.
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1 ®iÓm)
a) Gọi O = AC  BD
Theo giả thiết SA = SB = SC= SD
và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S
và O cách đều bốn điểm A, B, C, D. Suy
ra ).(ABCDSO 
2
5
522 a
AOaBCABAC 
Trong tam giác vuông SOA,
SO2
= SA2
- AO2
=
4
3 2
a
2
3a
SO  .
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là:
3
3
.
3
1 3
.
a
SSOV ABCDABCDS  (đvtt).
b) Gọi K là trung điểm EF, khi đó K là trung điểm SN.
Ta có a
aa
SOMOSM 
4
3
4
22
22
, do đó MNSM  , suy ra tam giác
SMN cân tại M, dẫn đến .MKSN 
Mặt khác EFSN  , suy ra  MEFSN  . đpcm.
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1 ®iÓm) Ta biến đổi   2
2
)(
1
2
xy
xyP 
Do





1
0,
yx
yx
nên
4
1
021  xyxyyx . 0,25
x
f’(x)
f(x)
0 1
+ +

2


D
S
A
B
C
E
F
N
M
K
O
2a
a
2a

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
5
Đặt  2
xyt  , điều kiện của t là
16
1
0  t
Khi đó biểu thức  
t
ttfP
1
2 
  ;
1
' 2
2
t
t
tf

 ta thấy   0' tf với mọi 






16
1
;0t , suy ra hàm số f(t) nghịch biến
trên nửa khoảng 





16
1
;0
Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là:
 
16
289
16
1
minmin
]
16
1
;0(








ftfP
t
.
0,25
0,25
0,25
VI.a
(2 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
Gọi H là trung điểm BC, khi đó;
 
2
9
)1(1
441
,
22



 AdAH
Theo giả thiết 18.
2
1
18  AHBCS ABC
Suy ra 24
36

AH
BC .
Đường thẳng AH đi qua điểm A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng  nên có
phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay 03:  yxAH .
 AHH tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:





3
4
yx
yx
, suy ra
tọa độ .
2
1
;
2
7






H
Điểm B nằm trên đường thẳng 4:  xy nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4)
2 22
2
2
BC 7 1
HB 8 m m 4
4 2 2
7 11
m 2
7 2 2m 4
7 32
m 2
2 2
   
          
   

   
    
     

Vậy tọa độ của hai điểm B, C là:












2
5
;
2
3
,
2
3
;
2
11
CB hoặc là .
2
5
;
2
3
,
2
3
;
2
11












BC
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 ®iÓm)
Từ phương trình của elip ta có 31,2 22
 bacba .
Vậy hai tiêu điểm của elip là    .0;3,0;3 21 FF 
Gọi  00 ; yxM thuộc elip, khi đó ta có )1(1
14
2
0
2
0

yx
1 2MF MF , suy ra M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R =
2
21FF
= 3 , đo đó ta
có phương trình )2(32
0
2
0  yx
0,25
0,25
0,25
A
B C

H

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
6
Giải hệ gồm hai phương trình (1) và (2) ta được







3
1
3
8
2
0
2
0
y
x
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán, M có tọa độ là:
































3
1
;
3
8
;
3
1
;
3
8
;
3
1
;
3
8
;
3
1
;
3
8
0,25
VII.a
(1 ®iÓm) Ta có .
)1(
1
' 2



x
y
Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm  C
x
x
xM 







1
12
;
0
0
0
Phương trình của d có dạng:  
1
12
)1(
1
0
0
02
0





x
x
xx
x
y
Hay 0122)1(: 0
2
0
2
0  xxyxxd .
Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng 2
2
)1(1
122)1(21
4
0
2
0
2
0
2
0




x
xxx
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

 
 
      111112 2
0
4
0
2
0  xxx
Giải được nghiệm 0 0x  và 0 2x 
Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : 1 0x y   và 5 0x y   .
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b
(2 ®iÓm)
1. (1,0 ®iÓm)
Đường tròn (C) có tâm là I(-2 3 ; 0) và
bán kính R =  412 4.
Tia Oy cắt đường tròn tại A(0;2).
Gọi I’ là tâm của đường tròn (C’).
Phương trình đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t
 

 
Điểm 'I IA nên I’(2 3 ;2 2t t  )
Từ giả thiết đường tròn (C’) bán kính R’ = 2
tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) bán kính :
R = 4 tại điểm A nên ta có:
1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I   
 
Vậy đường tròn (C’) có phương trình:    
2 2
3 3 4x y    .
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 ®iÓm)
Do các điểm A và C lần lượt nằm trên các trục Ox, Oy và khác gốc O nên:
   cCaA ;0;0,0;0; với 0ac
Mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên 3 trục tọa độ nên có phương
trình dạng: 1
3

c
zy
a
x
(phương trình theo đoạn chắn)
Theo giả thiết    
4 3
4;0; 3 1 4 3M P c a ac
a c
        (1)
1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac      (2)
0,25
0,25
0,25
A
y
2
O
I
x
I

7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
GV: Bïi Quang ChÝnh
7
____________HÕt____________
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
6 6 2
3
4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a cc
 
     
     
       
Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
   1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P     

0,25
VII.b
(1 ®iÓm)
+) Tập xác định  .1 R
Ta cã:
 
2
2
x 2x 3 a
y'
x 1
  


§å thÞ cã tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®­êng ph©n gi¸c cña gãc phÇn t­ thø nhÊt y = x
khi vµ chØ khi hệ số góc của tiếp tuyến là   1' xy
Hay phương trình
 
2
2
x 2x 3 a
1
x 1
  
 

cã nghiÖm x
 
2
2 x 1 a 2    cã nghiÖm x kh¸c -1
a 2 0 a 2     .
+) Ta có    0' xy x2
+ 2x +3 – a = 0, (*) ( 1x )
Đặt   axxxf  322
; ta có   af  21  0 với 2a
Phương trình (*) có 02'  a với 2a .
Vậy khi 2a thì phương trình   0' xy luôn có hai nghiệm phân biệt khác -1 và y’
đổi dấu khi x đi qua hai nghiệm này, khi đó hàm số luôn có hai cực trị. đpcm.
0,25
0,25
0,25
0,25