1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4
- 2mx 2
+ m (1) , m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC có bán kính bằng 1.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
9 11
2sin(2 ) 7 2 sin 2 sin( ) 4 2 0
4 2
x x x
p p
+ + + + - =
2. Giải bất phương trình: 2 2
2 92 2 1 1 x x x x x+ + ³ + + - +
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:
ln3 3 2
0
(2 )
4 3 1
x x
x x
e e dx
I
e e
-
=
- +
ò
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABCA1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh 2a, điểm A1
cách đều ba điểm A, B, C. Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy một góc a . Hãy tìm a , biết thể
tích khối lăng trụ ABCA1B1C1 bằng 3
2 3a .
Câu V. (1,0 điểm) Cho c b a , , là các số dương và 3 a b c+ + = . Chứng minh rằng:
3 3
2 7
4
a b ab bc abc+ + + + £
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC lần lượt
là: 2 2 0 x y+ - = và 2 1 0 x y+ + = , điểm (1;2) M thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho
. DB DC
uuur uuur
có giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4). Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt
phẳng (P): 1 0 x y z- - - = sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 2 17 .
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Tính tổng 1 1 2 1 2011 2 2 2010 1 2 2012 2 2012
2012 2010 2012 2012 2012 2012 (1 2 2 2 ... ( 1) 2 ... 2012 ) k k k
S C C C C k C C- -
= + - + + - + -
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB, BD lần
lượt là: 2 1 0 x y- + = và 7 14 0 x y- + = , đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ điểm N thuộc
BD sao cho NA NC+ nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(­1; 0; 1), B(1; 2; ­1), C(­1; 2; 3)
và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc
với mặt phẳng (Oxz).
Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển biểu thức:
2 2 1
( 3 ) n
P x
x
+
= + . Biết n nguyên dương thoả mãn:
2
0 1 2 2 2 2 121
...
2 3 1 1
n
n
n n n n C C C C
n n
+ + + + =
+ +
­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012­LẦN 2.
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011­2012
Môn: TOÁN­khối A­B­D
Phần chung Điểm
1.(1 điểm)
Với m = 1 hàm số là:
4 2
2 1 y x x= - +
+) TXĐ: D= R
+) Giới hạn, đạo hàm: lim ; lim
x x
y y
®+¥ ®-¥
= = +¥+¥ . 3 0
' 4 4 ; ' 0
1
x
y x x y
x
=é
= - = Û ê = ±ë
0,25
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (­ 1; 0), (1; + ¥ )
nghịch biến trên các khoảng (­¥ ;­ 1), (0; 1)
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, cực tiểu tại x = ± 1, y CT = 0
0,25
+) BBT:
x ­ ¥ ­ 1 0 1 +¥
y' ­ 0 + 0 ­ 0 +
y + ¥ 1 +¥
0 0
0,25
Đồ thị
10
8
6
4
2
­2
­4
­6
­8
­10
­15 ­10 ­5 5 10 15
0,25
2. (1 điểm)
TXĐ: D= R
3 2
2
' 4 4 4 ( )
0
' 0
y x mx x x m
x
y
x m
= - = -
=é
= Û ê
=ë
Hàm số có 3 điểm cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt 0 mÛ >
0,25
Câu I
(2
điểm)
Gọi 3 điểm cực trị A(0;m), 2 2
( ; ), C( ; ) B m m m m m m- - + - + .
Ta có A thuộc Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC thuộc Oy.
0,25

3. Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0;a)
Ta có:
2 2 2
2
2 2
2 2
1
1
( ) 1
1
( ) 1
( ) 1(*)
IA IB IC
m a
m a
m a
m m m a
m m m a
= = =
ì - =é
ì - = ïï ê - = -Û Ûí íë
+ - + - =ï ïî
+ - + - =î
0,25
Với 1 m a- = - thay vào (*) ta có phương trình vô nghiệm 0 m" >
Với 1 m a- = thay vào (*) ta có
5 1
1,
2
m m
-
= = (TM)
0,25
1.(1 điểm)
Phương trình 2 sin(2 ) 7sin os 4 0
4
x x c x
p
Û + + - - =
sin 2 os2 7sin os 4 0 x c x x c xÛ + + - - =
0,25
2
(2sin cos cos ) 2sin 7sin 3 0
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 3) 0
(2sin 1)(cos sin 3) 0
x x x x x
x x x x
x x x
Û - - + - =
Û - - - - =
Û - - + =
0,25
1
sin
2
cos sin 3 0( ...)
x
x x VN
é
=êÛ
ê
- + =ë
0,25
2
6
5
2
6
x k
x k
p
p
p
p
é
= +ê
Û ê
ê = +
êë
0,25
2.(1 điểm)
Điều kiện: 1 x ³
Bất phương trình 2 2
2 92 10 ( 2 8) ( 1 1) x x x x xÛ + + - ³ + - + - -
0,25
2
2
2
2 8 2
( 2)( 4)
1 1 2 92 10
4 1
( 2) ( 4) 0
1 1 2 92 10
x x x
x x
x x x
x
x x
x x x
+ - -
Û ³ - + +
- ++ + +
é ù+
Û - - + - ³ê ú
- ++ + +ë û
0,25
2
1 1
( 2) ( 4)( 1) 0
1 1 2 92 10
x x
x x x
é ù
Û - + - - ³ê ú
- ++ + +ë û
Ta có:
2
1 1
( 4)( 1) 0, 1
1 1 2 92 10
x x
x x x
+ - - < " ³
- ++ + +
0.25
Câu
II
(2
điểm)
Do đó bất phương trình 2 0 2 x xÛ - £ Û £
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 2 x£ £
0,25
(1 điểm) Câu
III
(1
ln3 ln3 3 2 3 2
3 2
0 0
(2 ) (2 )
4 3 1 4 3 1
x x x x
x x x x
e e dx e e dx
I
e e e e
- -
= =
- + - +
ò ò 0,25

4. Đặt 3 2 2 3 2 3 2
4 3 4 3 2 (12 6 ) x x x x x x
t e e t e e tdt e e dx= - Þ = - Þ = -
3 2
(2 )
3
x x tdt
e e dxÞ - =
Đổi cận: 0 1 x t= Þ = ; ln 3 9 x t= Þ =
0,25
9 9
1 1
1 1 1
(1 )
3 1 3 1
tdt
I dt
t t
Þ = = -
+ +ò ò 0,25
điểm)
9
1
1 8 ln 5
( ln 1)
3 3
t t
-
= - + = 0,25
(1 điểm)
G
A1 B1
C1
A B
C
H I
Ta có tam giác ABC đều cạnh 2a nên SABC= 2
3 a
0.25
Mặt khác A1A= A1B= A1CÞA1ABC là tứ diện đều.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G là đường cao.
0,25
Trong tam giác ABC có AG=
2
3
AH=
2 3
3
a
Trong tam giác vuông A1AG có:Ð A1AG=a A1G=AG.tana =
2 3
3
a
.tana
0,25
Câu
IV
(1
điểm)
VLT=A1G.SABC= 3
2 3a 0
tan 3 60a aÞ = Þ = 0,25
(1 điểm)
Ta có:
3 3 3 3 1 1 1
2 2 .4 .4 .4 .16
4 4 2 2 4
M a b ab bc abc a b a b b c a b c= + + + + = + + + +
0.25
3 4 4 4 16
2
4 4 4 12
a b b c a b c
a b
+ + + +
£ + + + + 0,25
28( )
7
12
a b c+ +
= = 0,25
Câu
V
(1
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
16 4 1
, ,
7 7 7
a b c= = =
0,25

5. Phần riêng
1. (1 điểm)
Gọi VTPT AB, AC, BC lần lượt là: 1 2 3 (1;2), (2;1), ( ; ) n n n a b
ur uur uur
Phương trình BC có dạng: 2 2
( 1) ( 2) 0, 0 a x b y a b- + - = + >
Tam giác ABC cân tại A nên:
1 3 2 3 2 2 2 2
2 2
cos cos os( , ) os( , )
. 5 . 5
a b a b
B C c n n c n n
a b a b
a b
a b
+ +
= Û = Û =
+ +
= -é
Û ê =ë
ur uur uur uur 0.25
Với a=­b, chọn b=­1 1 aÞ = BC: 1 0 PT x yÞ - + =
2 1
(0;1); ( ; )
3 3
B C
-
Þ . Không thỏa
mãn M thuộc đoạn BC.
0,25
Với a=b, chọn a=b=1 BC: ­3 0 PT x yÞ + = (4; 1); ( 4;7) B CÞ - - . Thỏa mãn M
thuộc đoạn BC.
0,25
Gọi trung điểm của BC là (0;3) I .
Ta có:
2 2
2
. ( ).( )
4 4
BC BC
DB DC DI IB DI IC DI= + + = - ³ -
uuur uuur uuur uur uuur uur
Dấu bằng xảy ra khi D Iº . Vậy D(0;3)
0,25
2.(1 điểm)
C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a ; b ;a­b­1) 0.25
Tam giác ABC cân tại C
2 2 2 2 2 2
( 3) ( 5) (5 ) ( 3) ( 1) (5 ) 3 AC BC a b a b a b a b b=> = Þ - + - + - + = - + - + - + Þ = (1) 0,25
Ta có AB = 4, trung điểm AB là (3;3;4) I
1
. 2 17 17
2
ABC S CI AB CID = = Þ = => ( ) ( )
2 2
3 8 17 (2) a a- + - =
0,25
Câu
VIa
(2
điểm)
Từ (1) và (2) ta có
4
3
a
b
=ì
í
=î
hoặc
7
3
a
b
=ì
í
=î
Vậy có hai điểm C(4 ; 3 ;0) , C(7;3;3)
0,25
Ta có: 2012 0 2012 1 2011 2012 2012
2012 2012 2012 (2 ) 2 2 ... x C C x C x+ = + + +
Đạo hàm hai vế ta có: 2011 1 2011 2 2010 2012 2011
2012 2012 2012 2012(2 ) 1 2 2 2 ... 2012 x C C x C x+ = + +
0.25
Nhân hai vế với 0 x ¹ ta có:
2011 1 2011 2 2010 2 2012 2012
2012 2012 2012 2012 (2 ) 1 2 2 2 ... 2012 x x C x C x C x+ = + + +
Đạo hàm hai vế ta có:
2010 2011 2 1 2011 2 2 2010 2 2012 2011
2012 2012 2012 2012 2011(2 ) (2 ) 1 2 2 2 ... 2012 x x x C C x C xé ù+ + + = + +ë û
0,25
Cho 1 x = - ta có: 2 1 2011 2 2 2010 1 2 2012 2 2012
2012 2012 2012 2012 2012.2010 1 2 2 2 ... ( 1) 2 ... 2012 k k k
C C k C C- -
- = - + + - + - 0,25
Câu
VIIa
(1
điểm)
Ta có: 1 1
2012 2010 2012.2010 C C =
1 1 2 1 2011 2 2 2010 1 2 2012 2 2012
2012 2010 2012 2012 2012 2012 (1 2 2 2 ... ( 1) 2 ... 2012 ) 0 k k k
S C C C C k C C- -
Þ = + - + + - + - = 0,25
1. (1 điểm) Câu
VIb
ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu 0.25

6. (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b- -
uuur uuur uuur
(với a 2
+ b 2
> 0) lần lượt là VTPT của các đường
thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2 3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b b
a
= -é
êÛ - = + Û + + = Û
ê = -
ë
Với a = ­ b. Chọn a = 1 Þ b = ­ 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
Với b = ­ 7a : Chọn a = 1 Þ b = ­ 7. Khi đó Phương trình AC: x – 7y +5 = 0 (loại vì
AC không cắt BD)
0,25
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC Ç BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0 7 5 2 ;
7 14 0 5 2 2
2
x
x y
I
x y
y
ì
=ï- - =ì ï æ ö
Û Þí í ç ÷- + = è øî ï =
ïî
0,25
Ta có: A, C khác phía so với BD nên: NA NC AC+ ³
Dấu bằng xảy ra khi N = AC Ç BD N IÞ º . Vậy
7 5
;
2 2
N
æ ö
ç ÷
è ø
.
0,25
2. (1 điểm)
Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2). AB AC= - =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của
AB, AC là: 1 0, 3 0. x y z y z+ - - = + - =
0.25
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4). n AB ACé ù= = -ë û
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0 x y z- + + = .
0,25
Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ - - = =ì ì
ï ï
+ - = Þ =í í
ï ï- + + = =î î
. Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1). I 0,25
(2
điểm)
Bán kính mặt cầu là ( ,(Ox )) 2 R d I z= = .
Vậy phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2
( 2) ( 1) 4 x y z+ - + - = 0,25
Xét khai triển 0 1 2 2
(1 ) ... n n n
n n n n x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 2, ta được:
Û
1 2 3 1
0 1 3 3 1 2 2 2
2 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n n C C C C
n n
+ +
-
= + + + +
+ +
0.25
2 1 1
0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1
... 3 243 4
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
n n n
n n
n n n n C C C C n
n n n n
+ +
+- -
+ + + + = Û = Û = Û =
+ + + +
0,25
2 6 3 6
1 6
1
( 3 ) 2 k k
k P x T C x x k
x
-
+= + Þ = Ï Û = 0,25
Câu
VIIb
(1
điểm)
Vậy số hạng không phụ thuộc x trong khai triển là: 2 2
6 3 135 C = . 0,25