1. TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2
BẮC NINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011­2012
Môn: TOÁN ­ Khối A + B
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số: 3 2 2 2
( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x= + + + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = ­3.
2. Tìm m để hàm số có cực trị . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 2 2( ) A x x x x= - +
với 1 2 , x x là các điểm cực trị của hàm số.
Câu II ( 3 điểm)
1 . Giải phương trình: sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0 x x x x x- - + + - = .
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
ì + + + =
í
+ = + +î
, ( , ) x yÎR
3. Giải bất phương trình:
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x- > - .
Câu III ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD =
2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0
; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC).
Câu IV ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
Điểm M
1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh
B biết B có hoành độ dương.
2. Chứng minh
2 2 2 2 0 1 3 1
2 2
2
1
...
1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n n C C C C C
n n
+
+
æ ö æ ö æ ö æ ö -
+ + + + =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
+ +è ø è ø è ø è ø
, với n nguyên dương.
Câu V ( 2 điểm)
1. Cho , x y RÎ thỏa mãn 3
( ) 4 2 x y xy+ + ³ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) 4 4 2 2 2 2
3 2 1 P x y x y x y= + + - + +
2. Giải phương trình: 2 2
2 7 10 12 20 x x x x x- + = + - + ( x RÎ )
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. 2
­2
­5 5
Trường THPT Lương Tài 2
Tổ Toán ­ Tin
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 ­ 2012
Môn: Toán; Khối: A, B
( Đáp án – thang điểm gồm 5 trang
Câu I
2 điểm
1. Với m = ­3 thì ta có 3 2 2
2 1
3
y x x .= - +
+)Tập xác định: D R.=
0,25
+)Sự biến thiên: 2
2 4 y' x x.= - Ta có
0 1
0 5
2
3
x y
y'
x y
= Þ =é
ê= Û -ê = Þ =
ë
Hàm số đồng biến trên các khoảng( ;0),(2; )-¥ +¥ , nghịch biến trên ( 0; 2).
0,25
+) Hàm số đạt ( ) ( )
5
0 1 2
3
CD CT y y ; y y
-
= = = =
+) Bảng biến thiên:
x -¥ 0 2 +¥
y' + 0 - 0 +
y
1 +¥
-¥
5
3
-
0,25
1.
+) Đồ thị: 0,25
+) Ta có 2 2
2 2 1 4 3 y' x ( m )x m m .= + + + + +
Hàm số có hai cực trị ó y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
ó 2
6 5 0 5 1 m m m+ + < Û - < < -
0,25
+) Khi đó ta có
1 2
2
1 2
1
1
( 4 3)
2
x x m
x x m m
+ = - -ì
ï
í
= + +ïî
=> 2 1
8 7
2
A m m= + +
0,25
+) Xét 2 1
( 8 7)
2
t m m= + + trên (­5;­1) =>
9
0
2
t- £ <
0,25
2.
+) Từ đó ta có
9
2
A £ khi m = ­4.
0,25
Câu

3. II
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0 x x x x x- - + + - =
(sin3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos2 2 3cos ) 0 x x x x x xÛ + + - - + - =
2
2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0 x x x x x xÛ + - - - + =
2 2
2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0 x x x x x xÛ + - - - + =
0,25
2
1
sin
2
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1
1
cos
2
x
x x x x
x
é
=ê
ê
Û - - + = Û =ê
ê
=ê
ë
0,25
+)
2
1 6
sin , ( ).
5 2
2
6
x k
x k Z
x k
p
p
p
p
é
= +ê
= Û Îê
ê = +
êë
0,25
1.
+)
2
1 3
cos , ( ).
2
2
3
x k
x k Z
x k
p
p
p
p
é
= +ê
= Û Îê
ê = - +
êë
+) cos 1 2 , ( ). x x k k Zp= Û = Î
Kết luận ……………….
0,25
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
ì + + + =
í
+ = + +î
, ( , ) x y ÎR .
+) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ
Với 0 y ¹ , ta có:
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y
y x y xy y
y x y x y x
x y
y
ì +
+ + =ï
ì + + + = ï
Ûí í
+ = + + +î ï + - =
ïî
0,25
+) Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = + ta có hệ: 2 2
3
1 4 4
2 7 2 15 0 5
9
v
u u v u v
v u v v v
u
é =ì
íê
=+ = = -ì ì îêÛ Ûí í ê- = + - = = -ìî î
êí
=êîë
0,25
+) Với
3
1
v
u
=ì
í
=î
ó
2 2 2
1
2 1 1 2 0
3 3 3 2
5
x
y x y x y x x
x y y x y x x
y
é =ì
íê
=ì ì ì+ = + = + - = îêÛ Û Ûí í í ê+ = = - = - = -ìî î î êí
=êîë
.
0,25
2
+) Với
5
9
v
u
= -ì
í
=î
ó
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
ì ì ì+ = + = + + =
Û Ûí í í
+ = - = - - = - -î î î
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
1
2
x
y
=ì
í
=î
,
2
5
x
y
= -ì
í
=î
0,25

4. 3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x- > -
+) Điều kiện x >0
3
2 2
1 3 3
3
log 5log 81 2log 7
9
x
x x- > - ó 2
3 3 3 (3log 2) 5(4 2log ) 2log 7 x x x- - + > -
0,25
2
3 3 3log 8log 3 0 x xÛ - - > ó 3
3
1
log
3
log 3
x
x
-é
<ê
ê
>êë
0,25
+)
1
3
3 3
1 1
log 3
3 3
x x x
-
-
< Û < Û <
+) 3 log 3 27 x x> Û >
0,25
3.
Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm 3
1
0
3
27
x
x
é
< <ê
ê
>êë
0,25
Câu
III
0,25
+) Từ giải thiết ta có SD ^ ( ABCD)
suy ra (SB, (ABCD)) = · 0
60 SBD =
Ta có
2
1 3
( )
2 2
ABCD
a
S AB CD AD= + = (đvdt)
+) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a
=> 0
2 tan 60 6 BD a SD BD a= Þ = =
Vậy
3
.
1 6
.
3 2
S ABCD ABCD
a
V SD S= = (đvtt)
0,25
+) chứng minh được BC ^ ( SBD) , kẻ DH ^ SB=> DH^ (SBC)
Có 2 2 2
1 1 1 6
2
a
DH
DH SD DB
= + Þ =
0,25
+) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ^ (SBC) và
1 6
3 6
GK EG a
GK
DH ED
= = Þ = Vậy d( G, (SBC) =
6
6
a
GK =
0,25
Câu
G
S
D
A B
C
E
H
K

5. N
D
I
A C
B
N' M
VI
+) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
=> N’( 4;­5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
0,25
+) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ -
= =
+
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4 d x x
= + suy ra x = 5 suy ra BI = 5
0,25
+) Từ đó ta có B thuộc ( C): 2 2
( 2) ( 1) 5 x y- + - =
Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5
0,25
1.
+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5 x y
+ =ì
í
- + - =î
Vì B có hoành độ dương nên B( 1; ­1)
Vậy B( 1; ­1)
0,25
2.
Chứng minh
2 2 2 2 0 1 3 1
2 2
2
1
...
1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n n C C C C C
n n
+
+
æ ö æ ö æ ö æ ö -
+ + + + =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
+ +è ø è ø è ø è ø
(1)
+) Ta có 1
1
1 ! 1 ( 1)! 1
. . .
1 1 !( )! 1 ( 1)!(( 1) ( 1))! 1
k
k n
n
C n n
C
k k k n k n k n k n
+
+
+
= = =
+ + - + + + - + +
ð VT (1) = 1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1 2
1
( ) ( ) ( ) ... ( )
( 1)
n
n n n n C C C C
n
+
+ + + +
é ù+ + + +ë û+
0,25
+) xét
2 2
2 2
2 2
0
(1 )
n
n k k
n
k
x C x
+
+
+
=
+ = å => hệ số chứa x n+1
là 1
2 2
n
n C +
+
0,25
+) Ta lại có
1 1
2 2 1 1
1 1
0 0
(1 ) (1 ) .(1 )
n n
n n n k i k i
n n
k i
x x x C C x
+ +
+ + + +
+ +
= =
+ = + + = åå
hệ số chứa x n+1
là 0 1 1 1 1 0
1 1 1 1 1 1 1 1 ... n n n n
n n n n n n n n C C C C C C C C+ +
+ + + + + + + ++ + + +
0 2 1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) n
n n n n n C C C C C +
+ + + + += + + + + + ( vì k n k
n n C C -
= )
1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) n
n n n n C C C C +
+ + + += + + + + +
0,25
+) đồng nhất hệ số chứa x n+1
được 1 2 2 2 3 2 1 2
1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ... ( ) n
n n n n C C C C +
+ + + ++ + + + = 1
2 2
n
n C +
+ ­1
Vậy VT(1) =
1
2 2
2
1
( 1)
n
n C
n
+
+ -
+
=VP(1)
0,25
Cho , x y RÎ thỏa mãn 3
( ) 4 2 x y xy+ + ³ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) 4 4 2 2 2 2
3 2 1 P x y x y x y= + + - + +
Câu
V
1.
+ ta có
3
3 2
2
( ) 4 2
( ) ( ) 2
( ) 4 0
x y xy
x y x y
x y xy
ì + + ³ï
Þ + + + ³í
+ - ³ïî
( ) 2 2
1 ( ) 2( ) 2 0 1 x y x y x y x yé ùÛ + - + + + + ³ Þ + ³ë û
0,25

6. +) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )
3 2 1 3 2 1
4
x y
P x y x y x y x y x y
æ ö+
= + - - + + ³ + - - + +ç ÷
è ø
( ) ( )
2 2 2 2 2 9
2 1
4
x y x y= + - + +
0,25
+) Đặt
2
2 2 ( ) 1
2 2
x y
t x y
+
= + ³ ³ ta có 2 9
2 1
4
P t t= - + , với
1
2
t ³
0,25
+) Xét 2 9
2 1
4
P t t= - + với
1
2
t ³ => 2 9 9
2 1
4 16
P t t= - + ³
“= “ ó
1
2
t = => x=y = ½
Vậy GTNN của P =
9
16
0,25
+) Điều kiện
10
2
x
x
³é
ê £ë
Đặt 2 2
7 10, 12 20 a x x b x x= - + = - + ta có 2a –b =x
0,25
(1) ó 2 2
2( 7 10 ( 1)) 12 20 ( 2) x x x x x x- + - + = - + - +
=>
2 2
18( 1) 16( 1)
7 10 ( 1) 12 20 ( 2)
x x
x x x x x x
- - - -
=
- + + + - + + +
0,25
+) Ta có hệ
2
2
5 4 5 9 8
8 9 10
1 2
a b x
a b x
a x
a b x
a x b x
- =ì
- =ìï
Û Þ = -í í
- = += îï + + + +î
0,25
2.
=> 2
54
15 5
5 7 10 4 5 15 5 2
2
x
x x x x
x
³ì
+ï
- + = - Û Û =í ±
=ï
î
( thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,
15 5
2
x
+
=
0,25
Chú ý : Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
1
9 8
1 2
x
a x b x
=é
êÞ
ê =
+ + + +ë