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