1. SỞ GD­ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
­­­­e&f­­­­
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 ­ NĂM HỌC 2011 ­ 2012
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 11­3­2012
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1
2
+
+
=
x
x
y (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến
cắt các đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại A và B sao cho chu vi tam giác IAB nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình
( )
0
1 sin 2
4
6
sin 4 2 sin 3 2 cos 2 2
=
+
-÷
ø
ö
ç
è
æ P
--+
x
x x x
2. Giải hệ phương trình
( )ïî
ï
í
ì
=+-++
=-++-+
2 1 2
2 1 3
2 3
2
y x y x x
y x y x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ò
+
=
e
dx x
x
x
I
1
2
. ln
1 2
.
Câu IV (1 điểm) Chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau,
2 , 2 2 a BC a AD == . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Góc giữa hai
mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60 o
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M là trung điểm
đoạn AB đến mặt phẳng (SCD).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2
1 a b c+ + = .
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
- + - + - +
+ + £
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) 8 ; 3 -- A , tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm của tam
giác ABC lần lượt là ( ) 1 ; 5- I , ÷
ø
ö
ç
è
æ
3
2
; 1 G . Tìm tọa độ hai điểm B và C.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A(1;1;1), B(1;2;0) và tiếp xúc
với mặt cầu (S): 0 13 4 4 6 2 2 2
=+---++ z y x z y x
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình ( ) ( )( ) ( ) x x x
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 3 -=++++-+
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
2 2
( ): 1
16 9
x y
E + = và đường thẳng :3 4 12 0 d x y+ - = . Chứng minh rằng đường
thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm ( ) C EÎ sao cho ABCD có diện tích bằng 6.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz , cho tam giác ABC có ( ) 0 ; 1 ; 0 A , ( ) 3 ; 1 ; 1 - B , ( ) 9 ; 7 ; 3 - C . Tính độ dài đường phân
giác trong kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình ( )
( ) 3 2 2
2 2 3
5 5
log 1 log
log log .log 1
log 2 log 2
x x
x x x
+
+ - + =
­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh.........................................
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1) (1 điểm). Khảo sát hàm số...
*) TXĐ: { } 1 D R= -
*) Sự biến thiên:
­ Chiều biến thiên:
( )
2
0, 1 x< " ¹ -
-1
y' =
x +1
,
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1-¥ - và ( ) 1;- +¥ .
­ Cực trị: Hàm số không có cực trị
0,25
­ Giới hạn và tiệm cận:
lim 1
x
y
®±¥
= ; tiệm cận ngang (d1): y = 1
( ) ( ) 1 1
lim , lim
x x
y y
- +
® - ® -
= -¥ = +¥ ; tiệm cận đứng (d2): x = ­1
0,25
­ Bảng biến thiên:
x ­ ¥ ­ 1 + ¥
y’ ­ +
y
1 + ¥
1
­ ¥
0,25
* Đồ thị:
*) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua các điểm (­ 2; 0), (0; 2)
0,25
2) (1 điểm)
2. Giao điểm hai tiệm cận I(­1;1)
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ xo là:
( )
( ) 0
0 2
0 0
2 1
1 1
x
y x x
x x
+-
= - +
++
(d) ( ) 1-¹ o x
Tiếp tuyến d cắt tiệm cận ngang d1 tại điểm ( ) 1 ; 1 2 + o x A
Tiếp tuyến d cắt tiệm cận đứng d2tại điểm
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
+
+
-
1
3
; 1
o
o
x
x
B
0,25
1 2 += o x IA ;
1
2
+
=
o x
IB ; 4 . = IB IA với mọi 1-¹ o x
Tam giác IAB vuông tại I nên chu vi 2 2 4 . 2 . 2 AB IB IA 2 2
+=+³+++=++ IB IA IB IA IB IA IB IA
0,25
Chu vi tam giác IAB nhỏ nhất khi và chỉ khi IB IA = hay
ê
ë
é
-=
=
Û
+
=+
2
0
1
2
1 2
o
o
o
o
x
x
x
x
0,25
I
(2điểm)
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn là 2+-= x y và 2--= x y 0,25
1) (1 điểm). II
(2điểm)
Điều kiện:
ï
ï
î
ïï
í
ì
P+
P
¹
P+
P
-¹
Û-¹
2
6
7
2
6
2
1
sin
k x
k x
x ( ) Z k Î Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
0,25
2
y
x
­
1
2

3. ( ) 0 4
6
sin 4 2 sin 3 2 cos 2 2
=-÷
ø
ö
ç
è
æ P
--+ x x x
0 6
3
2 cos 2
3
2 cos 4 0 4
3
2 cos 1 2 2 sin
2
3
2 cos
2
1
4 2
2
=-÷
ø
ö
ç
è
æ P
-+÷
ø
ö
ç
è
æ P
-Û=-÷÷
ø
ö
çç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ P
---÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+Û x x x x x 0,25
* P+
P
=ÛP=
P
-Û
ê
ê
ê
ê
ë
é
-=÷
ø
ö
ç
è
æ P
-
=÷
ø
ö
ç
è
æ P
-
Û k x k x
x
x
6
2
3
2
2
3
3
2 cos
1
3
2 cos
( ) Z k Î 0,25
Kết hợp với điều kiên được nghiệm của phương trình là P+
P
= 2
6
k x ( ) Z k Î 0,25
2) (1 điểm).
( )ïî
ï
í
ì
=+-++
=-++-+
2 1 2
2 1 3
2 3
2
y x y x x
y x y x x
) 2 (
) 1 (
Điều kiện:
ï
î
ï
í
ì
³+
-³
0
3
1
2
y x
x
( ) ( ) ( )( ) ( ) y x x x y x x x x y x x x -=-+Û+-=-++Û+-=--+Û 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 3
(vì
3
1
-³ x nên 0 1 ¹+ x )
0,5
Thay vào (1) được 0 4 2 2 1 3 2
=-++--+ x x x x (3) Điều kiện: 2
3
1
££- x
Xét hàm số 4 2 2 1 3 ) ( 2
-++--+= x x x x x f trên đoạn
úû
ù
êë
é
- 2 ;
3
1
÷
ø
ö
ç
è
æ
-Î">++
-
+
+
= 2 ;
3
1
0 ) 1 ( 2
2 2
1
1 3 2
3
) ( ' x x
x x
x f nên f(x) đồng biến trên đoạn
úû
ù
êë
é
- 2 ;
3
1
Mà f(1)=0 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 1,
0,25
từ đó suy ra y = 0 Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất
î
í
ì
=
=
0
1
y
x
0,25
òò +=
e e
dx
x
x
dx
x
x
I
1
2
1
ln ln 2
0,25
òò ÷
ø
ö
ç
è
æ
-=
e e
x
xd x xd
1 1
1
ln ) (ln ln 2 0,25
ò+-=
e
x
dx e
x
x
e
x
1
2
2
1
ln
1
1
ln 0,25
III
(1điểm)
e
e
x e
2
2
1
1 1
1 -=-- 0,25
+) Gọi I BD AC =Ç ,
( )
( )
( ) ( )
( ) ABCD SI
SI SBD SAC
ABCD SBD
ABCD SAC
^Þ
ï
î
ï
í
ì
=Ç
^
^
) (
) (
Kẻ ; CD IH ^ có thêm CD SI ^ nên ( ) SIH CD ^ suy ra CD SH ^
Góc giữa hai mặt (SCD) và (ABCD) bằng góc
o
SHI 60=Ð
0,25
IV
(1điểm)
IADD vuông cân tại I, cạnh AD= 2 2a suy ra IA=ID=2a
IBCD vuông cân tại I, cạnh BC= 2 2a suy ra IB=IC=a
0,25

4. IDCD vuông tại I, 2 2 2
1 1 1
ID IC IH
+= suy ra IH =
5
2a
5
3 2
60 tan .
a
IH SI o
== ; ;
2
9
.
2
1 2
a
BD AC S ABCD ==
Thể tích
5
15 3
. .
3
1 3
.
a
S SI V ABCD ABCD S == (đvtt)
+) Gọi J CD AB =Ç
( )
( )
;
4
3
) ( ,
) ( ,
==
JA
JM
d
d
SCD A
SCD M ( )
( )
3
) ( ,
) ( ,
==
CI
CA
d
d
SCD I
SCD A
suy ra ( ) ( ) ) ( , ) ( ,
4
9
SCD I SCD M d d = 0,25
Kẻ ; SH IK ^ lại có CD IK ^ (vì ( ) SIH CD ^ )
Suy ra ) (SCD IK ^
Vậy ( ) ( )
20
15 9
2
3
.
5
2
.
4
9
60 sin .
4
9
4
9
4
9
) ( , ) ( ,
a a
IH IK d d o
SCD I SCD M =====
0,25
Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1 a b c+ + = nên ( ) , , 0;1 a b cÎ . Ta có
( )
2 2 5 3 1 2 3
2 2 2
1
a a a a a
a a
b c a
-- +
= = - +
+ -
0,25
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3
3
a a b b c c- + + - + + - + £ 0,25
Xét hàm số ( ) ( )( ) 3
0;1 f x x x x= - + Î . Ta có:
( )
( ) 0;1
2 3
ax
9
M f x = 0,25
V
(2điểm)
( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f cÞ + + £ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3 0,25
1) (1 điểm)
Gọi M là trung điểm BC. Từ AG AM
2
3
= suy ra ( ) 5 ; 3 M
Đường thẳng BC đi qua M và có véc tơ pháp tuyến ( ) 4 ; 8 IM nên phương trình BC: 0 11 2 =-+ y x
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R=IA= 85
0,5
Tọa độ B, C là nghiệm hệ
( ) ( )
î
í
ì
=-+
=-++
0 11 2
85 1 5
2 2
y x
y x
suy ra B(2;7), C(4;3) hay B(4;3), C(2;7)
0,5
2) (1 điểm)
Mặt cầu (S) có tâm ( ) 2 ; 2 ; 3 I , bán kính R=2 0,25
Gọi phương trình mp(P): 0=+++ d cz by ax ( ) 0 2 2 2
¹++ c b a
A, B thuộc mp(P) nên
î
í
ì
--=
=
Û
î
í
ì
=++
=+++
b a d
b c
d b a
d c b a
2 0 2
0
Þ (P): 0 2 =--++ b a bz by ax
0,25
Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu (S) ( )( ) 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 3
, b a b a
b b a
b a b b a
R P I d +=+Û=
++
--++
Û=Û
ê
ë
é
=
=
Û=-Û
a b
b
b ab
2
0
0 2 2
0,25
VIa
(1điểm)
Với b=0, chọn a=1, Phương trình (P): x­1=0
Với b=2a, chọn a=1,b=2; Phương trình (P): x+2y+2z­5=0
0,25
I
A D
B C
S
H
K
J
M

5. Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )( ) ( ) x x x
1 2 1 2 2 1 2 . 1 2 2 1 2
2
-=++++-+ (1)
Ta có ( ) ( ) x
x x
"=-+ 1 1 2 1 2
0,25
Đặt ( ) t
x
=+1 2 (t>0) ta có ( ) t
x 1
1 2 =- Phương trình (1) trở thành ( ) t
t t
1
1 2 2 . 1 2 2 2
=+++- 0,25
( ) ( ) ( )( )
ê
ê
ê
ë
é
-=
+=
=
Û=+--Û=-+++-Û
1 2
1 2
1
0 1 2 2 1 0 1 1 2 2 . 1 2 2 2 2 3
t
t
t
t t t t t t 0,25
VIIa
(2điểm)
Từ đó suy ra phương trình (1) có tập nghiệm { } 1 ; 1 ; 0 -= S 0,25
1) (1 điểm)
Xét hệ PT
2 2
4, 0 1
... (4;0), (0;3) 16 9
0, 3
3 4 12 0
x y
x y
A B
x y
x y
ì
= =é+ =ï
Û Û Þí ê = =ëï + - =î
là các giao điểm của d và (E). 0,25
­ Gọi
2 2
0 0
0 0 ( ; ) ( ) 1
16 9
x y
C x y EÎ Þ + = (1). Ta có
0 0 3 4 12
( , )
5
x y
d C AB h
+ -
= =
0 0
0 0
3 4 12 1 1 1
. . .5. 3 4 12
2 2 5 2
ABC
x y
S AB h x yD
+ -
= = = + -
Theo giả thiết suy ra
0 0
0 0
0 0
3 4 24 (2)
3 4 12 12
3 4 0 (3)
x y
x y
x y
+ =é
+ - = Û ê
+ =ë
0,5
­ Từ (1) và (2) ta được PT
2
0 0 2 12 27 0 y y- + = , PT này vô nghiệm
­ Từ (1 và (3) ta được PT
2
0 0 0
3
32 144 2 2
2
y y x= Û = ± Þ = m .
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
3
2 2;
2
C
æ ö
= -ç ÷
è ø
và
3
2 2;
2
C
æ ö
= -ç ÷
è ø
0,25
2) (1 điểm).
Gọi AD là phân giác trong của tam giác ABC
Ta có DC BD DC BD
AC
AB
DC
BD
=Þ=Þ== 3 3
14 3
14 0,25
( ) ( )
( )
( )
( )
÷
ø
ö
ç
è
æ
Þ
ï
î
ï
í
ì
-=--
+=-
-=-
Þ----=-+-= 0 ; 1 ;
2
3
3 3 9
1 3 7
1 3 3
9 ; 7 ; 3 , 3 ; 1 ; 1 D
z z
y y
x x
z y x DC z y x BD
0,5
VIb
(1điểm)
Vậy độ dài đường phân giác
2
3
= AD 0,25
Phương trình ( ) ( )( )
( )
2 2
2 2 2 3
2 3
log log 5
log log 5 log log 1 0
log log 1
x
x x x
x x
= -é
Û + - + = Û ê
= +ë
0,25
* 2 2
1
log log 5
5
x x= - Û = 0,25
VIIb
(1điểm)
* ( ) 2 3 log log 1 x x= + . Đặt 2 log 2 t
x t x= Þ = . Ta có pt
2 1
2 1 3 1
3 3
t t
t t æ ö æ ö
+ = Û + =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
(*)
Xét hàm số ( )
t t
t f ÷
ø
ö
ç
è
æ
+÷
ø
ö
ç
è
æ
=
3
1
3
2
trên R, ( ) t t f
t t
"<÷
ø
ö
ç
è
æ
+÷
ø
ö
ç
è
æ
= 0
3
1
ln
3
1
3
2
ln
3
2
'
suy ra hàm f(t) nghịch biến trên R. Mà f(1)=1 nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy
nhất x = 2
KL: PT đã cho có tập nghiệm
þ
ý
ü
î
í
ì
= 2 ;
5
1
S
0,5