1. TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012
YÊN THÀNH 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 – 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 −2.3 −3 +2 =0
x3 +x x− 3
x 2x
1 3
x − x 3 + 2012 x
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫
1 x4
dx
3
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 60o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC
2 x 2 + 2 xy − 3 x − y +1 = 0

Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x2 + y 2 2 2
4
 − 2 x +y − 2 = 0
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)
x − 3 y −1 z − 5
1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 1
=
2
=
4
và điểm A(2;3;1) Viết
phương trình đường thẳng đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến
∆
∆
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:x2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và các
điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA2 + MB2 nhỏ nhất
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x -3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng
 x = 1 + 3t

d:  y = −1+ t và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng ∆
đi qua A cắt đường thẳng d và
z = 2t

song song với mặt phẳng (P )
1 −cos 2011x. cos 2012x
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = lim
x →0 x2
------------------------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
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011-2012. TOÁN 11.
CÂ ĐIỂ
ĐÁP ÁN
U M
1.1 1.TXĐ: D = R
2.Sự biến thiên
y' = 3x2 - 3, y ' = 0 <=> x = 1 và x = -1 0,25
y ' > ⇔ ( − ; − ∪; + ); y ' < ⇔ ( −
0 x ∈ ∞ 1) (1 ∞ 0 x∈ 1;1)
do đó hàm số đồng biến trên các
khoảng ( − ; − va (1 + )
∞ 1) ; ∞
, 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 y =− ; lim y =+
∞ ∞
0,25
x→ ∞
− x→ ∞
+
−∞
Bảng biến thiên
x -1 1 +∞
y' 0 0
y
4 +∞ 0,25
−∞ 0
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
y
4
0,25
2
-2 2 x
-1 O 1
1.2 -Điểm M thuộc (C) nên M(a, a3 - 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc
k = 3a2 - 3 0,25
-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
 1  1 8
a = 3  M ( 3 ;2 − 3 3 )
<=> 3a2 - 3 = -2<=>  <=> 
 −1  1 8
a =  M '(− 3 ; 2 + 3 3 ) 0,25
 3 
TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2) 0.25
-Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25

3. 2.1  cos2 x ≠ 0
-ĐK  0,25
sinx ≠ 0
pt ⇔ 2sin 2 x(1 + cos2 x).s inx = 3cos x.cos2 x ⇔ 2sin 2 2 x.cos x = 3cos x.cos2 x
 π
 π  x = 2 + kπ
 x = 2 + kπ 
- cos x = 0  π
⇔ ⇔ cos2 x = −2 ⇔  x = + nπ
 2cos 2 x + 3cos2 x − 2 = 0
2  6
 1  0,5
cos2 x = x = −π
 2 + mπ

 6
-Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm:...
0,25
2.2 3
+x 3
−x 3 3 0,25
pt ⇔ 3x − 2.3x − 3 x − x.3x +x
+2 =0
3 3 3 3 3
+x −x −x −x +x
⇔ 3x (1 − 3x ) + 2(1 − 3x ) = 0 ⇔ (1 − 3 x )(2 + 3x )=0 0,25
3x − x = 1
3
x = 0
⇔ 3 ⇔
3

x +x
+ 2 = 0 (VN )  x = ±1 0,5
3 1 3 1
x − x3 dx
I =∫ dx + 2012 ∫ 3 = I1 + I 2
1 x4 1 x
3 3
1
1 3 −1
-Tính I1: I1 = ∫ x 2 dx , đặt
1 x3
3
1 1 −2dx dx 3
t =3 −1 ⇒t 3 = 2 −1 ⇒3t 2 dt = ⇔ 3 = − t 2 dt
x2 x x3 x 2
1
Đổi cận: x=
3
⇒t = 2; x =1 ⇒t = 0
3 3
0
3 0,5
2∫
Khi đó I1 = − t dt = t 4 = 6
2
8
0,25
-Tính I2 = 8084
0,25
-Vậy I = 6 +8084 =8090
4 S
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
V = S ∆ABC .SH A N
3 C 0,25
1 M H
mà S ∆ABC =
2
AB.AC = 6 0,25
K
-Tính SH.
Xét các tam giác SHM, SHN,
B

4. SHK vuông tại H,
có các góc SMH, SNH, SKH
bằng 600 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC =>
2 S ABC 0,25
HM =
AB + BC + CA
=1 =>SH = HM.tan600 = 3
1
0,25
Vậy V =
3
3.6 = 2 3
5 2 x 2 + 2 xy − 3 x − y +1 = 0

 x2 + y 2 2 2 <=>
4
 − 2 x +y − 2 = 0
(2 x − 1)( x − 1) + y(2 x − 1) = 0
2 x 2 + 2 xy − 3x − y + 1 = 0
 

⇔   2 x + y = −1
2 2
 x2 + y2
  x2 + y 2
2 2
4
 − 2 x +y − 2 = 0 0,5
2
 =2
 1
 2 x − 1 = 0
  x = 2
  x2 + y 2 

 2
 =2  3
⇔ ⇔ y=±

 x + y − 1 = 0
  2 0,25
  x2 + y 2  x = 0  x = 1
 2
 =2  ∨
 y = 1  y = 0
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:... 0,25
6a.1 Giả sử cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên
∆
∆
khi đó do đó OH lớn nhất khi H trùng A,
OH ≤ A
O
0,25
uuu uuu
r r
như vậy đường thẳng cần lập vuông góc với OA <=> AB.OA =0
∆
uuu
r uuu
r
mà AB =(t + 2t −2; 4t +4); OA(2; 3;1) ,
1;
uuu uuu
r r
nên AB.OA =0 <=> 2t + 2 + 6t - 6 + 4t + 4 = 0 <=> t = 0 => B(3; 1; 5) 0,5
x − 3 y −1 z − 5
Vậy ∆: =
−2
=
1 4 0,25
6a.2 M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
MN = 5 ⇔MN 2 = ⇔ − a + 2 + b − − 2 =
5 (b 2 1) (3 a 2) 5 <=> (1) 0,25
uuuu uur
r
MN / / d 3 ⇔MN .nd3 =0 ⇔b − a + 3b − −
( 2 1; a 2).(2;1) = ⇔ =
0 a b
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 0,5
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) 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) 0,25
-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 0,25
-Bộ (d) có 3! = 6 số được lập 0,25
-Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25

5. 6b.1 1 5 0,25
-Đường tròn (C) có tâm I ( ; 2), R =
2 2
-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có
MA2 + MB 2 AB 2 AB 2
MH 2 = − ⇔P = MA2 + MB 2 = 2 MH 2 +
2 4 2
0,25
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
 x = 5 + 3t
mà IH :  , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t2 + 3t + 2 = 0
 y = −4 − 4t
<=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) 0,25
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 0,25
6b.2 -Giả sử B là giao điểm của d và ∆
=> B(1 + 3t; -1 + t; 2t) 0,25
uuu uu
r r
-Vì AB//(P) nên AB.n =0 ⇔ =0 t P => B(1; -1; 0)
0,5
x − 3 y −1 z −1
-Vậy đường thẳng ∆
: 2
=
2
=
1
0,25
7b 1 − cos 2011x + cos201x(1 − cos 2012x )
I = lim 0,5
x →0 x2
2011x
2sin 2
2 + 2sin 1006x . cos2011x ]
2
= lim[ 0,25
x →0 x2 x2 1 + cos2012x
2011 2 8092265 0,25
=2.( ) + 2.(1006) 2 =
2 2