1. I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x 3
– 3x + 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho tiếp tuyến với ( C) tại M, cách đều hai điểm cực trị của
đồ thị hàm số
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2tan2x + 2sin2x = 3cotx .
2. Giải phương trình:
3 3
2
3 2.3 3 2 0 x x x x x+ -
- - + =
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1 3 3
4
1
3
2012 x x x
dx
x
- +
ò
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo
bởi các mặt bên và đáy bằng 60 o
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC
Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2
2
2 2 3 1 0
4 2 2 0 x y x y
x xy x y
+ +
ì + - - + =ï
í
- - =ïî
II 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 không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d :
3 1 5
1 2 4
x y z- - -
= = và điểm A(2;3;1) Viết
phương trình đường thẳng D đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến D
là lớn nhất
2. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0;
d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3
CâuVII.a (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác
nhau mà tổng của ba chữ số đó bằng 7
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x 2
+ y 2
– x – 4y – 2 = 0 và các
điểm A(3 ;­5) ; B(7;­3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2
+ MB 2
nhỏ nhất
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x ­3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng
d:
1 3
1
2
x t
y t
z t
= +ì
ï
= - +í
ï =î
và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng D đi qua A cắt đường thẳng d và
song song với mặt phẳng (P )
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = 2 x 0
1 cos2011x. cos 2012x
lim
x®
-
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Thí sinh khối D không phải làm câu V. Cán bộ coi thi
không giải thích gì thêm
TRƯỜNG THPT
YÊN THÀNH 2
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011­2012. TOÁN 11.
CÂ
U
ĐÁP ÁN
ĐIỂ
M
1.1 1.TXĐ: D = R
2.Sự biến thiên
y' = 3x 2
­ 3, y ' = 0 <=> x = 1 và x = ­1
' 0 ( ; 1) (1; ); ' 0 ( 1;1) y x y x> Û Î -¥ - È +¥ < Û Î - do đó hàm số đồng biến trên các
khoảng ( ; 1) (1; ) va-¥ - +¥ , nghịch biến trên khoảng (­1; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = ­1, ycđ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct = 0
lim ; lim
x x
y y
®-¥ ®+¥
= -¥ = +¥
Bảng biến thiên
3. Đồ thị.
­Đồ thị hàm số đi qua các điểm (­2; 0), (­1; 4), (0; 2), (1; 0), (2; 4) và đối xứng qua
điểm (0; 2)
­Vẽ đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
1.2 ­Điểm M thuộc (C) nên M(a, a 3
­ 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc
k = 3a 2
­ 3
­Tiếp tuyến tại M cách đều 2 trục toạ độ chỉ xẩy ra trong các trường hợp sau
TH1. TT song song với AB (đường thẳng đi qua 2 cực trị): 2x + y ­ 1 = 0
<=> 3a 2
­ 3 = ­2<=>
1
3
1
3
a
a
é
=ê
ê
-ê
=ê
ë
<=>
1 8
( ;2 )
3 3 3
1 8
'( ;2 )
3 3 3
M
M
é
-ê
ê
ê
- +ê
ë
TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2)
­Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán
0,25
0,25
0.25
0,25
x
y'
y
4
0-¥
+¥
­1 1
0 0
-¥ +¥
1
4
y
x
O
­2
­1
2
2

3. 2.1
­ĐK
os2 0
sinx 0
c x ¹ì
í
¹î
­
2
2
2sin 2 (1 os2 ).sinx 3cos . os2 2sin 2 .cos 3cos . os2
2
2 cos 0
os2 2
6 2 os 2 3 os2 2 0
1
os2
2
6
pt x c x x c x x x x c x
x k
x k
x
c x x n
c x c x
c x
x m
p
p p
p
p
p
p
p
Û + = Û =
é
= +é ê= +ê ê
=é ê êÛ Û = - Û = +ê ê ê+ - =ë ê ê
-=ê ê = +ë êë
­Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm:...
0,25
0,5
0,25
2.2 3 3 3 3
3 3 3 3 3
3
3
3 2.3 3 .3 2 0
3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(2 3 ) 0
3 1 0
1 3 2 0( )
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x
x x
pt
x
x VN
+ - - +
+ - - - +
-
+
Û - - + =
Û - + - = Û - + =
é = =é
Û Ûê ê = ±ê ë+ =ë
0,25
0,25
0,5
3 1 1 3 3
1 2 4 3
1 1
3 3
2012
x x dx
I dx I I
x x
-
= + = +ò ò
­Tính I1:
3 1 2
1 3
1
3
1
1
x I dx
x
-
= ò , đặt
3 2 2 3
2 2 3 3
1 1 2 3
1 1 3
2
dx dx
t t t dt t dt
x x x x
-
= - Þ = - Þ = Û = -
Đổi cận:
1
2; 1 0
3
x t x t= Þ = = Þ =
Khi đó
0
3 4
1
2
3 3
6
2 8
I t dt t= - = =ò
­Tính I2 = 8084
­Vậy I = 6 +8084 =8090
0,5
0,25
0,25
4
Gọi H là hình chiếu của S lên
(ABC); M, N, K lần lượt là
hình chiếu của H lênh cạnh
AB, AC, BC. Khi đó thể tích V
của khối chóp được tính bởi
công thức
1
.
3
ABC V S SHD=
mà
1
. 6
2
ABC S AB ACD = =
­Tính SH.
Xét các tam giác SHM, SHN,
0,25
0,25
B
A
H M
S
C N
K

4. SHK vuông tại H,
có các góc SMH, SNH, SKH
bằng 60 0
do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC =>
2
1 ABC S
HM
AB BC CA
= =
+ +
=>SH = HM.tan60 0
= 3
Vậy
1
3.6 2 3
3
V = =
0,25
0,25
5
2 2 2 2
2
2 2 3 1 0
4 2 2 0 x y x y
x xy x y
+ +
ì + - - + =ï
í
- - =ïî
<=>
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
(2 1)( 1) (2 1) 0
2 2 3 1 0
2 1
4 2 2 0
2 2
1
2 1 0
2
2 2 3
2 1 0
0 1
2 2
1 0
x y
x y x y
x y
x y
x y
x x y x
x xy x y
x x
y
x y
x x
y y
+
+ +
+
+
+
- - + - =ì
ïì + - - + =ï ïéÛ = -í íê- - =ï ïî ê =ïëî
éì
=é - =ì êïï ïê êí í
=êï êî ï = ±Û Ûê êïî+ - =ìê êï
íê = =êì ì
=ï Úêî í íë ê
= =î îë
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:...
0,5
0,25
0,25
6a.1 Giả sử D cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên D
khi đó O OH A£ do đó OH lớn nhất khi H trùng A,
như vậy đường thẳng D cần lập vuông góc với OA <=> . 0 AB OA =
uuur uuur
mà ( 1;2 2;4 4); (2;3;1) AB t t t OA= + - +
uuur uuur
,
nên . 0 AB OA =
uuur uuur
<=> 2t + 2 + 6t ­ 6 + 4t + 4 = 0 <=> t = 0 => B(3; 1; 5)
Vậy
3 1 5
:
1 2 4
x y z- - -
D = =
-
0,25
0,5
0,25
6a.2 M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a ­ 1; a), N(b; 3b ­ 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5 MN MN b a b a= Û = Û - + + - - = <=> (1)
3 3 / / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0 d MN d MN n b a b a a bÛ = Û - + - - = Û =
uuuur uur
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(­1; 0), N(0; ­2) hoặc M(3; 2), N(2; 4)
0,25
0,5
0,25
7 ­Bộ 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 gồm {0; 1; 6} (a), {0; 2; 5} (b), {0; 3; 4} (c),
{1; 2; 4} (d)
­Mỗi bộ trong các bô (a), (b), (c) có số cách lập là: 3! ­ 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0
đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập
­Bộ (d) có 3! = 6 số được lập
­Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán
0,25
0,25
0,25
0,25

5. 6b.1
­Đường tròn (C) có tâm
1 5
( ;2),
2 2
I R =
­Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; ­4). Xét tam giác MAB có
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 4 2
MA MB AB AB
MH P MA MB MH
+
= - Û = + = +
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
mà
5 3
:
4 4
x t
IH
y t
= +ì
í
= - -î
, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2
+ 3t + 2 = 0
<=> t = ­1 và t = ­2 => với t = ­1 thì M(2; 0), với t = ­2 thì M(­1; 4)
­Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
0,25
0,25
0,25
0,25
6b.2 ­Giả sử B là giao điểm của d và D => B(1 + 3t; ­1 + t; 2t)
­Vì AB//(P) nên . 0 0 P AB n t= Û =
uuur uur
=> B(1; ­1; 0)
­Vậy đường thẳng D :
3 1 1
2 2 1
x y z- - -
= =
0,25
0,5
0,25
7b
2 x 0
2
2
2 2
x 0
2 2
1 cos2011x c 201x(1 cos2012x)
I lim
x
2011x
2sin
2sin 1006x c 2011x 2 .
x x 1 c 2012x
2011 8092265
) 2.(1006)
2 2
lim
®
®
- + -
=
= +
+
+ =
os
os
[ ]
os
=2.(
0,5
0,25
0,25