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 2
3
y x mx m m
   

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với
1
m

;
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:
2

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 2
x 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
3
1
tan( 1) 1

x 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 2012
2012 2012 2012 2012 2012
1 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 0
x 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 4
3 8.3 9.9 0
x x x x  
  

HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I (2,0 điểm)
1) Khi
1


Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):
Gọi A(
2
0;
m m

), B(
3 2
2 ; 4
m m m m
  
)

tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=(
3 2
; 2
m 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

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
1
2 . 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 2
3 sin 2 2cos 2 2 2cos 2 2 3sin cos 2cos 4 | cos |
x x x x x x x
      (2)
Khi
cos 0






 


 


 

 





Khi
cos 0
x

, ta có:
2
2 3 sin cos 2 cos 4cos 3 sin cos 2
x x x x x x
       
3 1
sin cos 1 2 (KTM)


   

      
 

   


 

 
      

    
   
  



Khi
0
x y
 
, ta có:
9 7 4
9 7 4 7
9 7 4
x x
x x x

3
a

Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =
2
3
a
 S
ABI
=
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  V
ABIN
=
3
2
36
a
(đvtt)

2) a) Ta có:
( 2; 2;3), ( 1;0;2), ( 2; 2;0) , (4; 4;2) , 6

  
 
  
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

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
3
1

2 2
3 3
1 1 1 1
1 1 sin( 1) 1
lim lim lim lim
1
1 1
1 os( 1)
x
x x x x
e x x x
x
x x
x c x

   
   
 

 
 



 
 


1 2
3 2 3 2

 
 
 


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 d
1
.
Câu VI.a (1,0 điểm)
ĐK:
2
1
3 4 2 1
1
3
x
x x

log 3 4 2
x x
 
, ĐK: t0, (1) trở thành:
 
2 2
9
7
1
3
2 1 0 0 1 0 log 3 4 2 1
1
1
3
x
t t t x x
x


  

           



 


KL:
7 1

n n n
n n n n n
x 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) .2
n n n n
f 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 n
n n n n n
f 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

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, 5
DB 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:
4
x
 

2 4 4 2 2 4 4
3 8.3 9.9 0 3 8.3 9 0
x x x x x x x x      
      
(2)
Đặt
17
4
4
3 D : 3
x x
t K t