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
®¸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
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
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
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
( ) ( )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
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 = = = = = = = =