Tài liệu là một đề thi thử đại học môn Toán lớp 12 năm học 2011-2012, bao gồm các câu hỏi về hàm số, phương trình và hệ phương trình. Bài thi chia thành phần chung và phần riêng cho các chương trình chuẩn và nâng cao, yêu cầu thí sinh giải quyết các bài toán lý thuyết và ứng dụng. Tài liệu cung cấp các dạng bài toán từ khảo sát đồ thị hàm số đến giải hệ phương trình, bồi dưỡng cho học sinh khả năng tư duy và vận dụng kiến thức toán học.

1. 1
Së gi¸o dôc - ®µo t¹o h¶I phßng ®Ò thi thö ®¹i häc
Tr­êng thpt trÇn nguyªn h·n M«n to¸n líp 12- n¨m häc 2011-2012
Thêi gian lµm bµi : 180phót
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số 3 2 33 1
2 2
y x mx m= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
Câu II(2.0điểm)
1. Giải phương trình:
3 3 17
6 2 sin 2 8cos 2 2 cos( 4 )cos2
2 16
cos
x x x x
x
π
+ + −
= víi
5
( ; )
2 2
x
π π
∈
2. Giaûi heä phöông trình :




=−++
=+−+−
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
Câu III (1.0 điểm) Cho ph­¬ng tr×nh x x x 3
(7 3 5) a(7 3 5) 2 +
+ + − =
a,Gi¶i ph­¬ng tr×nh khi a = 7
b,T×m a ®Ó ph­¬ng tr×nh chØ cã mét nghiÖm
Câu IV(1.0 điểm) Cho khèi l¨ng trô ABC.A’B’C’ cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng c©n c¹nh huyÒn AB = 2 .
MÆt ph¼ng (A A’B) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) , AA’ = 3 .Gãc 'A ABlµ gãc nhän vµ mÆt ph¼ng
(A’AC) t¹o víi mÆt ph¼ng (ABC) mét gãc 600
. TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô ABC.A’B’C’
Câu V(1.0 điểm) Cho ,x y , z lµ c¸c sè thùc d­¬ng vµ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 1x y z+ + = . H·y t×m gi¸ trÞ nhá
nhÊt cña
1 1 1
(1 )(1 )(1 )M
x y z
= + + + .
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1,Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
(1;0)H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2)K , trung điểm cạnh AB là (3;1)M .
2,T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa
6
x trong khai triÓn 1
2
n
x
x
 
+ 
 
, biết rằng 2 1
1 4 6n
n nA C n−
+− = + .
Câu VII.a: (1.0điểm) Giải phương trình: ( ) ( )2 3
824log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x +
3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy.
2, Cho elip ( E ):
2 2
x y
1
16 9
+ = và đường thẳng (d3): 3x + 4y = 0
a) Chứng minh rằng đường thẳng d3 cắt elip (E) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó
(với hành độ của điểm A nhỏ hơn hoành độ của của điểm B ).
b) Tìm điểm M (x ; y) thuộc (E) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12.
Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3x x y x y
y x
+
− + =

+ =
-------------------HÕt -------------------
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 2
®¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Thi thö ®¹i häc lÇn 1
M«n to¸n líp 12- 2011-2012
Câu ý H­íng dÉn gi¶i chi tiÕt §iÓ
m
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00
Câu I 2
Khi m = 1 ta có 3 23 1
2 2
y x x= − + .
• Tập xác định:
• Sự biến thiên
-Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y
→−∞
= −∞ lim
x
y
→+∞
= +∞
-Chiều biến thiên
Ta có 2
' 3 3y x x= − ;
0
' 0
1
x
y
x
=
= ⇔  =
Bảng biến thiên
x −∞ 0 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
1
2
+∞
0
−∞
hàm số đồng biến trên khoảng ( );0−∞ và ( )1;+∞ ,
hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0;1 ,
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
1
(0)
2
CÐy y= =
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, ( )1 0CTy y= = 3.
• Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 
− 
 
; ( )1;0 và cắt trục tung tại điểm
1
0;
2
 
 
 
. Đồ thị nhận điểm uốn
1 1
;
2 4
U
 
 
 
làm tâm đối xứng.
4
2
-2
-4
y
-10 -5 5 10x
0.5
0.5

3. 3
2
Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại , cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x.
1
Ta có y’= 2
3 3x mx−
0
' 0
x
y
x m
=
= ⇔  =
0.25
Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu thì ' 0y = có hai nghiệm phân biệt 0m⇔ ≠ . Khi đó
giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :
3
0;
2
m
A
 
 
 
và ( ); 0B m
Ta có:
3
;
2
m
AB m
 
− 
 

; trung điểm I của AB là:
3
;
2 4
m m
I
 
 
 
Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x thì
đường thẳng AB vuông góc với : y x∆ = và trung điểm I của AB thuộc đường thẳng
. 0AB u
I
∆
 =
⇔ 
∈∆
 
3
3
0 02
2
4 2
m
m m
mm m

− = =
⇔ ⇔ 
= ± =

Đối chiếu điều kiện ta có 2m = ±
0.25
0.25
0.25
Câu II
2
1 1
Ta có:cos 0
2
x x k
π
π≠ ⇔ ≠ + 0.25
Với đk pt(1) ⇔ ( )3 2 2
8cos 6 2 sin 2 sin 2 cos 2 16cosx x x x x+ + =
3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x⇔ + = 2
(2cos 3 2 sin 4) 0x x⇔ + − =
2
2sin 3 2 sin 2 0x x⇔ − + = ( )
2
4
3
2
4
x k
k
x k
π
π
π
π

= +
⇔ ∈
 = +

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
5
( ; )
2 2
x
π π
∈ lµ
3 9
;
4 4
x x
π π
= =
0.5
2 1. 1
⇔




=−++
=−+−
022)2(
4)3()2(
22
222
xyx
yx
⇔




=−−++−+−
=−+−
0202)33)(42(
4)3()2(
22
222
xyx
yx




=−−++−+−
=−+−
0202)33)(42(
4)3()2(
22
222
xyx
yx
§Æt



=−
=−
vy
ux
3
22
* Thay vµo ta cã hÖ pt



=++
=+
8)(4.
422
vuvu
vu
0.5

4. 4
Gi¶I hÖ ta ®­îc



=
=
0
2
v
u
HoÆc



=
=
2
0
v
u
Thay vµo gi¶I ta cã



=
=
3
2
y
x
;



=
−=
3
2
y
x
;



=
=
5
2
y
x
;



=
−=
5
2
y
x
0.5
Câu III 1
7 3 5
( )
2
x
t
+
= ( t > 0) ta cã pt 2
8 0t t a− + = (1)
Với a = 7 ta có 2
8 0t t a− + =
t 1
t 7
=
⇔  =
Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ
7 3 5
2
x 0
x log 7+
=
 =

0.5®
2, Sè nghiÖm cña pt (1) lµ sè nghiÖm t > 0 cña ph­¬ng tr×nh 2
8a t t= − + lµ sè ®iÓm chung
cña ®­êng th¼ng y = a vµ ®å thÞ 2
8y t t= − + víi t > 0
lËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sã 2
8y t t= − + víi t > 0 kÕt luËn pt chØ cã mét nghiÖm khi
a = 16 hoÆc 0a ≤
0.5
Câu IV 1
Gäi K., M lµ h×nh chiÕu cña A’ trªn AB vµ AC
cã : ⊥ ⇒ ⊥( ' ) ( ) ' ( )AA B ABC A K ABC . Ta cã A’M⊥ AC vµ KM ⊥ AC = 0
' 60A MK ,
='A K x . ta cã = − = −2 2 2
' ' 3AK A A A K x , MK = = − 2 2
sin 3 .
2
AK KAM x
MÆt kh¸c = =0
' cot60
3
x
MK A K vËy ta cã pt − = ⇔ =2 2 3
3 .
2 3 5
x
x x
Λ= = =. ' ' '
1 3 5
. ' . . '
2 10
ABC A B C ABCV S A K AC BC A K
0.5
0.5
Câu V 1
1 1 1 ( 1)( 1)( 1)
(1 )(1 )(1 )
x y z
M
x y x xyz
+ + +
= + + + = .
0.25
0.25
0.25

5. 5
24
24
24
1 4
1 4
1 4
x x x y z x yz
y y x y z xy z
z z x y z xyz
+ = + + + ≥
+ = + + + ≥
+ = + + + ≥
4 4 44
( 1)( 1)( 1)
64
x y zx y z
M
xyz xyz
+ + +
= ≥ . DÊu = x¶y ra khi x =y =z =1/3 0.25
Câu VIa
1 1
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
( 1; 2)HK = −

làm vtpt và AC đi qua K nên
( ) : 2 4 0.AC x y− + = Ta cũng dễ có:
( ) : 2 2 0BK x y+ − = .
+ Do ,A AC B BK∈ ∈ nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− − Mặt khác (3;1)M là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
− + = + = =  
⇔ ⇔  
+ − = − = =  
Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B −
+ Suy ra: ( 2; 6)AB = − −

, suy ra: ( ):3 8 0AB x y− − = .
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA =

, suy ra:
( ) :3 4 2 0.BC x y+ + =
KL: Vậy : ( ) : 2 4 0,− + =AC x y ( ):3 8 0− − =AB x y , ( ) :3 4 2 0.+ + =BC x y
0.5
0.5
2 1
Giải phương trình 2 1
1 4 6n
n nA C n−
+− = + ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N.
Phương trình tương đương với
( 1)!
( 1) 4 6
2!( 1)!
n
n n n
n
+
− − = +
−
⇔
( 1)
( 1) 4 6
2
n n
n n n
+
− − = +
⇔ n2
– 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12.
0.5
Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: ( )
12 24 312 12
12 122 2
12 12
1 1
1
2 2 . .2 .
k k
kk k k
k k
x C x x C x
x
−
−− −
= =
 
+ = = 
 
∑ ∑
Số hạng này chứa 6
x khi
, 0 12
4
24 3 12
k N k
k
k
∈ ≤ ≤
⇔ =
− =
.
Vậy hệ số của số hạng chứa 6
x là: 4 8
12 2C
0.5
CâuVII.a
1
M
H
K
C B
A

6. 6
( ) ( )2 3
4 82
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ≠
− < <
− > ⇔ 
≠ − + >
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −
0.5
+ Với 1 4x− < < ta có phương trình 2
4 12 0 (3)x x+ − = ;
( )
2
(3)
6
x
x
=
⇔ 
= − lo¹i
Với 4 1x− < < − ta có phương trình 2
4 20 0x x− − = (4); ( )
( )
2 24
4
2 24
x
x
 = −
⇔ 
= + lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( )2 1 6x = −
0.5
Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b 1 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3 suy ra pt ®­êng trßn
2 , Toạ độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
x y
1
16 9
03x 4y

+ =

 + =
Vậy d3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt
3 2
A 2 2;
2
 
− 
 
,
3 2
B 2 2;
2
 −
 
 
Ta có M(x;y )∈(E) ⇔ x = 4cost và y = 3sint với t ∈ [ 0 ; 2 π]
Chú ý: AB = 5 2 , có 12 = S∆MAB =
1
2
5 2 d(M, (AB)) =
=
1
2
5 2
12cost 12sin t
5
+
= 12 cos(t )
4
π
− ⇒ cos(t )
4
π
− = 1⇒ t = π / 4 ; t =
5 π /4
Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: 1
3 2
M 2 2;
2
 
 
 
và 2
3 2
M 2 2;
2
 
− − 
 
0.5
0.5
0.5
0.5
CâuVII.b
1

7. 7
Pt đầu ⇔ y – 2x + 8 = ( )
6
2 2y x⇔ =
thế vào pt thứ hai ta được:
2 3
8 2 .3 2.3x x x x
+ = 8 18 2.27x x x
⇔ + =
8 18
2
27 27
x x
   
⇔ + =   
   
3
2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =   
   
0.25
0.25
Đặt: t =
2
3
x
 
 
 
, (đk t > 0 ) , ta có pt: ( )( )3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =
0
1
0
x
t
y
=
⇔ = ⇒ 
=
Chó ý : - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn
- Cã g× ch­a ®óng xin c¸c thÇy c« söa dïm - Xin c¶m ¬n
Ng­êi ra ®Ò : Mai ThÞ Th×n
05
1, Dạng tham số của d1và d2 là: 1 2
7 3 7 '
: 3 2 , : 1 2 '
9 1 3 '
x t x t
d y t d y t
z t z t
= + = − 
 
= + = + 
 = − = + 
Véc tơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là : 1 2(1;2; 1); ( 7;2;3)u u= − = −
 
; d1 đi qua điểm A(7;3;9), d2 đi
qua điểm B(3;1;1). 1 2( 4; 2; 8) , . 168 0AB u u AB = − − − ⇒ = − ≠ 
   
⇒d1và d2 chéo nhau
. 1 2(7 ;3 2 ;9 ); (3 7 ';1 2 ';1 3 ')M d M t t t N d N t t t∈ ⇒ + + − ∈ ⇒ − + +
(4 7 ';2 2 2 ';8 3 ')NM t t t t t t= + + + − − −

, MN nhỏ nhất⇔ MN là đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng chéo nhau d1và d2
1 1
2 2
. 0 6 6 ' 0
6 44 ' 0 ' 0. 0
MN d NM u t t t o
MN d t t tNM u
⊥ =  + = = 
⇒ ⇔ ⇒ ⇔   
⊥ − − = ==  
 
 
Toạ độ điểm M và N lần lượt là: M(7;3;9), N(3;1;1) ; (4;2;8) 2(2;1;4)NM = =

Đường thẳng d đi qua N(3;1;1) và nhận (2;1;4)u =

làm một véc tơ chỉ phương nên phương trình của
đường thẳng d là:
3 1 1
2 1 4
x y z− − −
= =
Chó ý : - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn
- Cã g× ch­a ®óng xin c¸c thÇy c« söa dïm – Xin c¶m ¬n
Ng­êi ra ®Ò : Mai ThÞ Th×n
= = = = = == = = HÕt = = = = = = = =