Đề thi thử đại học lần 1 – Năm học 2011 - 2012 môn: Toán học (khối A + B)

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012 
NGÔ SỸ LIÊN MÔN: TOÁN (Khối A+B) 
BẮC GIANG Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề ) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) 
Cho hàm số 3 2 23y x mx m m    
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với 1m  ; 
2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm 
số đối xứng nhau qua đường thẳng 
1 1
2 2
y x  . 
Câu II (2,0 điểm) 
1) Giải phương trình: 23 sin 2 2cos 2 2 2cos 2x x x   
2) Giải hệ phương trình: 
9 7 4
9 7 4
x y
y x
    

   
Câu III (2,0 điểm) 
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho 
SA = a , AD = 2a , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và 
tính thể tích tứ diện ABIN theo a . 
2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2). 
a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD); 
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD). 
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho , ,x y z dương thỏa mãn điều kiện 
1 1 1
3
x y z
   . Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2x x y y z z
  
  
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu V.a (2,0 điểm) 
1) Tìm giới hạn sau: 
1 2
31
tan( 1) 1
lim
1
x
x
e x
x


  

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường 
thẳng AB, BC tương ứng là 1 : 2 1 0, 4 3 0d x y x y      . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B 
của tam giác ABC. 
Câu VI.a (1,0 điểm) 
Giải bất phương trình:    2 29 3log 3 4 2 1 log 3 4 2x x x x      
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu V.b (2,0 điểm) 
1) Tính tổng 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 20122012 2012 2012 2012 20121 2 3 ... 2011 2012S C C C C C      
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua 
trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình 6 0x y   . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua 
đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 
Câu VI.b (1,0 điểm) 
Giải bất phương trình: 2 4 43 8.3 9.9 0x x x x     
------------ HẾT ------------ 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I (2,0 điểm) 
1) Khi 1m  , ta có: 3 23 2y x x   . Các bạn tự giải. 
2) Ta có: 3 2 2 23 ' 3 6y x mx m m y x mx       ; 
0
' 0
2
x
y
x m

   
. 
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0m  
Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi): 
Gọi A( 20;m m ), B( 3 22 ; 4m m m m   )  tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( 3 2; 2m m m m   ) 
Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d):
1 1
2 2
y x  , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường 
thẳng (d) tức là: 3 2
1 1
2 1
2 2
m m m m m       
Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  (2; 4)AB  

 Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường 
thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn) 
Vậy với m = 1 thì  
Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi): 
Ta có:  2 21 ' 2
3 3
m
y x y m x m m       
 
2 22y m x m m     là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị 
hàm số đã cho. 
Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d):
1 1
2 2
y x  , điều kiện cần là đường thẳng AB 
vuông góc đường thẳng (d) tức là:  2 12 . 1 1
2
m m      
Điều kiện đủ: 
Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn 
AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn. 
Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn 
AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn. 
Vậy với m = 1 thì  
Câu II (2,0 điểm) 
1) 2 23 sin 2 2cos 2 2 2cos 2 2 3 sin cos 2cos 4 | cos |x x x x x x x      (2) 
Khi cos 0x  , ta có: 
2
cos 0
(2) 2 3 sin cos 2cos 4cos
3 sin cos 2
x
x x x x
x x

    
 
cos 0
2
3 1 2sin cos 1 2 (KTM)2 2 3
x x k
x x x k




          
Khi cos 0x  , ta có: 
22 3 sin cos 2cos 4cos 3 sin cos 2x x x x x x       
3 1
sin cos 1 2 (KTM)
2 2 3
x x x k

        
KL: 
2) ĐK: 7; 7x y  
9 7 4
9 7 09 7
9 7 4
0
0 0
9 7( )9 7 9 79 7
x y
y xx y
y x
x yx y x y
x y
y x VNy x x yx y
    
       
   
  
      
           
Khi 0x y  , ta có: 
9 7 4
9 7 4 7
9 7 4
x x
x x x
x x
    
      
   
KL: 
Câu III (2,0 điểm) 
1) 
+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1) 
Ta có: 
    2. . . . 0AC MB AB AD AB AM AB AB AM AD AB AD AM       
            
 ACBM (2) 
Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC) 
+ Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI  AI =
3
a
Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =
2
3
a
 SABI = 
2 2
6
a
Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON 
= 
2
a
và là đường cao của hình chóp N.ABI  VABIN = 
3 2
36
a
 (đvtt) 
2) a) Ta có: ( 2; 2;3), ( 1;0;2), ( 2; 2;0) , (4; 4;2) , 6BA BC BD BC BD BA BC BD                  
       
1, 3, 1ABCD BCDV S AH    
b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: 0 0 0( 1; 1; 1), ,AH x y z BC BD      
  
 cùng phương và 
0 0 0( 2; 1; ), ,CH x y z BC BD     
  
 vuông góc 
hay 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 2 1 1 1
, 4( 2) 4( 1) 2 0 , , ' ; ;
4 4 2 3 3 3 3 3 3
x y z
x y z x y z A
                    
Câu IV (1,0 điểm) 
Đặt 
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
, , 3, , ,
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a b c
a b c a b c
x y z x x a y y b z z c
         
     
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1
2 2 2 2 1 2 1 2 1
a b c
x x y y z z a b c
      
     
Ta có: 
2
2( ) 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c a b c
a b c
 
           
      
2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
a b c
 
              
2 2 2 2( )
1
2 1 2 1 2 1 2( ) 3
a b c a b c
a b c a b c
 
    
     
 (đpcm) 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1 
Câu V.a (2,0 điểm) 
1) 
1 2
31
tan( 1) 1
lim
1
x
x
e x
x


  

=
1 2 1 2
3 3 31 1 1
1 tan( 1) 1 tan( 1)
lim lim lim
1 1 1
x x
x x x
e x e x
x x x
 
  
    
 
  
 
1 2 2
2 23 31 1 1 1
1 1 sin( 1) 1
lim lim lim lim
1 1 11 os( 1)
x
x x x x
e x x x
x x xx c x

   
   
 
   
      
1 2
3 2 3 23 3
2 21 1 1 1
1 sin( 1)
lim lim 1 lim lim 1 1 3 6 9
1 1 os( 1)
x
x x x x
e x
x x x x x
x x c x

   
                
2) Ta có: B(1; -1) 
Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1) 
PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A
17 11 17 14
;
6 3
m m   
 
 
 
31 31 11 11
;
6 3
m m
AC
      
 

 VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B 
của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0 
Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1. 
Câu VI.a (1,0 điểm) 
ĐK: 2
1
3 4 2 1 1
3
x
x x
x
 
     

       2 2 2 29 3 9 9log 3 4 2 1 log 3 4 2 2 log 3 4 2 log 3 4 2 1 0x x x x x x x x              (1) 
Đặt t=  29log 3 4 2x x  , ĐK: t0, (1) trở thành: 
 2 29
7
1
32 1 0 0 1 0 log 3 4 2 1
1
1
3
x
t t t x x
x
   
            
  

 KL: 
7 1
; 1 ;1
3 3
S
           
Câu V.b (2,0 điểm) 
1) Xét hàm số:  1 0 1 2 2 3 3( ) (1 ) (1 ) ...n n nn n n n nf x x x C xC x C x C x C         
 0 2 1 2 3 2 3 4 3 1(1 ) ( ) ( ) ( ) ... ( )n n nn n n n nx C x x C x x C x x C x x C
           
Ta có: 1 1 1( ) (1 ) '( ) ( 1)(1 ) "( ) ( 1) (1 ) "(1) ( 1) .2n n n nf x x f x n x f x n n x f n n               
hay 0 2 1 2 3 2 3 4 3 1( ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ... ( )n n nn n n n nf x x C x x C x x C x x C x x C
           
0 1 2 2 2 3 3 1
1 2 2 3 2 1
1 2 2 2 3 2
'( ) (1 2 ) (2 3 ) (3 4 ) ... ( ( 1) )
"( ) 2 (2 6 ) (6 12 ) ... ( ( 1) ( 1) )
"(1) 2 2.2 2.3 ... 2
n n n
n n n n n
n n n
n n n n
n
n n n n
f x C x C x x C x x C nx n x C
f x C x C x x C n n x n nx C
f C C C n C

 
           
          
     
1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 22 2.2 2.3 ... 2 ( 1) .2 2 3 ... ( 1) .2n n n nn n n n n n n nC C C n C n n C C C n C n n
               
Khi 2012n  , ta có: 2 1 2 2 2 3 2 2012 20102012 2012 2012 20121 2 3 ... 2012 2013.2012.2C C C C     =S 
2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) 
Đường thẳng BC là: x+y-8=0 
Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có: ( 2;4 ); (6 ; 2)DB b b AC b b     
 
Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC  . 0 2, 5DB AC b b   
 
+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5) 
Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: 4x   
2 4 4 2 2 4 43 8.3 9.9 0 3 8.3 9 0x x x x x x x x             (2) 
Đặt 
17
4 43 D : 3x xt K t

   . (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0  t > 9 
Khi t >9, ta có: 43 9 4 2 4 4 6 0 4 3 5x x x x x x x x                  
KL: (5; )S   
------------ HẾT ------------ 
Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.