CẤU ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012
I. Phần chung cho tất cả thí sinh: (7 điểm)
Câu I (2 điểm): - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
- Các bài toán liên quan đến ứng dụng của đạo hàm và đồ thị của hàm số: chiều biến thiên
của hàm số; cực trị; giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số; tiếp tuyến, tiệm cận (đứng và
ngang) của đồ thị hàm số; tìm trên đồ thị những điểm có tính chất cho trước, tương giao
giữa hai đồ thị (một trong hai đồ thị là đường thẳng)
Câu II (2 điểm):- Phương trình, bất phương trình; hệ phương trình đại số.
- Công thức lượng giác, phương trình lượng giác.
Câu III (1 điểm):- Tìm giới hạn.
- Tìm nguyên hàm, tính tích phân.
- Ứng dụng của tích phân: tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay.
Câu IV (1 điểm):Hình học không gian (tổng hợp): quan hệ song song, quan hệ vuông
góc của đường thẳng, mặt phẳng; diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay, hình trụ
tròn xoay; thể tích khối lăng trụ, khối chóp, khối nón tròn xoay, khối trụ tròn xoay; tính
diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu.
Câu V. (1 điểm): Bài toán tổng hợp
II. Phần riêng (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm):Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian:
- Xác định tọa độ của điểm, vectơ.
- Đường tròn, elip, mặt cầu.
- Viết phương trình mặt phẳng, đường thẳng.
- Tính góc, tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; vị trí tương đối của đường thẳng,
mặt phẳng và mặt cầu.
Câu VII.a (1 điểm):- Số phức.
- Tổ hợp, xác suất, thống kê.
- Bất đẳng thức; cực trị của biểu thức đại số.
Theo chương trình nâng cao:

H
󰗍
C

N
Ă
M

2
0
1
2Th
ời
gian làm bài: 180 phút, không k
ể thời gian phát đề

ĐỀ 1
Câu I (2,0 đi
ểm)
Cho hàm s
ố
2 1
1
x
y
x


2
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 2
4
x x x x



   
 
 
.
2. Gi
ải hệ phương trình
2 2
2
4 1
2
1
x y xy y
y
x y
x

   


  




S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD) theo a.
2. Cho các s
ố
a, b, c dương tho
ả mãn
2 2 2
12a b c  
.
Tìm giá tr
ị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
a b c
  
  
Câu V (2,0 đi
ểm)
1. Cho phương tr
ình
4
2
1 4 3 2 ( 3) 20x m x x m x       
.
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
2. Trong m
ặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung đi
ểm của

ỂM
MÔN TOÁN 12 KH
ỐI A
C©u
N é i d u n g
§iÓm
1. TXĐ:
\{1}
+ S
ự biến thiên:
Gi
ới hạn và tiệm cận:
2 1 2 1
l i m l i m 2 ; l i m l i m 2
1 1
x x x x
x x
y y
x x

 
   
 
 y = 2 là ti
ệ m c ậ n n g a n g .
1 1 1 1
2 1 2 1
l i m l i m ; l i m l i m
1 1
x x x x

1
+ ∞
y
∞
1
Hàm s
ố nghịch biến tr
ên: (
; 1) và ( 1 ; + )
0,5
§å thÞ:
1
2
1
2
1
x
y
O
Đ
ồ thị (C) nhận điểm
I ( 1 ; 2 ) l à m t â m đ
ối xứng
0,25
2. Gi
ả sử
0 0
( ; )M x y
thu
ộc đồ thị (C) của hàm số.

0
0
2
1 ;
1
x
A
x
 
 

 
Giao v
ới đường thẳng
y = 2 là
 
0
2 1 ; 2 B x 
0,25
Vì bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
I A B b
ằ n g
2
nên
2 2
0
2
0
0

Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
1. Phương tr
ình tương đương
2cos3c o s 3(1sin2 ) 3 1 c o s 4
2
x x x x
 
 
    
 
 
 
 

0,25
2cos3c o s 3(1sin2 ) 3(1sin4 )
2cos3c o s 3(sin4 sin2 ) 0
2cos3c o s 2 3sin3 c o s 0
x x x x
x x x x
x x x x
    
   
  
0,25
c o s 0
2
c o s ( c o s 3 3 sin3 ) 0
1
tan3


  
và
( )
18 3
k
x k
 
   
0,5
2. Nh
ận xét
y = 0 không là nghi
ệm của hệ ph
ương trình.
H ệ t ư ơ n g đ ư ơ n g v ớ i :
2
2
1
4
2
1
x
x y
y
y
x y
x



u v
v
u
 



 


0,25
Gi
ải hệ phương trình ta có:
u = 1, v = 3
0,25
II
V
ới
2
1
1 1 2
1
,
3 2 5
3
x
u x x
y
v y y
x y

3
4
3 9 1 41
' ( ) 2 3 1 ' ( 2 )
6
3 ( 1 ) 2 (23 )
x x
f x x x f
x x
 
      
 
0,5
K h i đ ó g i
ới hạn cần t
ìmđược viết dưới dạng:
2
( ) (2)41
l i m ' ( 2 )
2 6
x
f x f
I f
x


  

0,5
III

Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
V
ậy
[ 1 ; 3 ]
[ 1 ; 3 ]
m a x 6 ; m i n 0 ; y y


 
0,25
4
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
D
C
B
A
S
Di
ện tích
hình thang ABCD là
2
1 3
(2) .
2 2
a
S a a a  
;
Di
ện tích tam giác
ABD là

  
0,25
Ta có:
2 2
9 10SD a a a  
Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD CD SD.
Di
ện tích tam giác
SCD là
2
1
10
2
SCD
S a
0,25
G
ọi
d là kho
ảng cách từ
B đ
ến mặt phẳng (
SCD) . T a c ó
3 3
2
1 3 3 10
.
3 2 10
10
SBCD SCD

V
ậy
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 1 1 2 2 2 18
1
2 2 2 6
1 1 1
a b c a b c
a b c
      
     
  
D
ấu đẳng thức xảy ra khi v
à chỉ khi
a = b = c = 2
V
ậy GTNN của biểu thức l
à
P = 1
0,5
1. ĐK: x
≥ 2
. Nh
ận xét
x = 2 không là nghi
ệm của phương trình.
V
ới

4 3 0 ( )
4 1
t
t mt m m f t
t
 
      

( t > 1)
0,25
V
K h
ảo sát
2
3
( )
4 1
t
f t
t
 


v
ới
t > 1,
2
2
4 2 12 3
' ( )0

2.4
3
1
2 2
t
t t

      
hay A(3; 7) ho
ặc
A(1; 5).
Vì hoành
độ điểm
A âm nên A(1; 5)
0,25
G
ọi
D(m; m  2)
,( )DM m 
( 1; 7); ( 3; 1)AD m m CD m m      
 
Do t
ứ giác ABCD là hình vuông nên:
2 2 2 2
5 1
. 0
5
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m m
DA DC

(Đ󰗁 2)
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THI SINH ( 7,0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số:
3
y x 3x 2= − +
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị ( C) tại ba điểm phân biệt A( 2; 4), B, C sao cho gốc tọa độ O
nằm trên đường tròn đường kính BC.
Câu II. ( 2 điểm)
1. Giải phương trình
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x
x x
x
x
− −
+ =
.
2. Giải phương trình
2 3 3 2
4

⊥
.
Câu V ( 1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

3 3 3
2 2 2
3
3 3 3 4
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
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 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, cho hình bình hành OABC có diện tích bằng 4. Biết A (-1; 2) và giao điểm I
của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x - 1. Tìm tọa độ đỉnh B và C.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0x y z− + − = và các
đườ
ng th
ẳ
ng
1 3
:
1
2 1 2
x y z

ng (P) và AB cách (P) m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng 1.

Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm s
ố
h
ạ
ng không ch
ứ
a x trong khai tri
ể
n
2 2 2
1
( 3 )
n
P x
x
+
= +
, bi
ế
t n là s
ố

ể
m B và C di
độ
ng
trên d sao cho
đ
o
ạ
n BC luôn có
độ
dài b
ằ
ng 5. Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nh
ỏ
nh
ấ
t.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
Oxyz, cho hình vuông ABCD v
ớ
i A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) và
đỉ
nh B n

n
n
n n n n
a a a
aC C C C
n
+
+ + + + =
+
và
3
20
n
A n=
.
Hết .

Thí sinh không
đượ
c s
ử
d
ụ
ng tài li
ệ
u. Cán b
ộ
coi thi không gi
ả
i thích gì thêm.

=


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
; 1
và
( )
1 ; +

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1 ; 1
.
0,25
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y
CT
= 0.
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y
CĐ
= y
(-1)
= 4
Giới hạn:
+
= +lim
x
y
;


0,25

3 Đồ thị:
+ Giao với trục Oy (0; 1)
+ Giao với trục Ox (1; 0), (-2; 0).

0,25
2. ( 1 im)

Phơng trình đờng thẳng d qua điểm
A ( 2; 4 )
có hệ số góc k là:
( )
y k x 2 4= +

Hoàng độ giao điểm của của đờng thẳng d và đồ thị (C) là nghiệm của phơng trình:

( ) ( )
( )
3 2
x 3 x 2 k x 2 4 x 2 x 2x 1 k 0 + = + + + =
0,25
2
x 2 0
x 2x 1 k 0 (2)
=


1
x x
x x k
+ =


=

,
1 1 2 2
( 2) 4, ( 2) 4y k x y k x
= + = +
Điểm O nằm trên đờng tròn đờng kính BC khi và chỉ khi
. 0OB OC =


0,25

3 2
9 25 17 0 1k k k k + = =
( tha món )
Vy d : y = x +2 .

0,25
1.(1,0 im)

II.
1)

K: ,x k k

⇔ − = −−

2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2 ( 2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos
2
2 c o s cos 1 0
x x x x x x
x x
− = − − ⇔ = −
⇔ − − =
0,25

cos 1
1
cos
2
x
x
=



=


2
2
2 , ( )

4 4
4
, 0
1
1 , 0
a x a
a b
b x b

= ≥

⇒ + =

= − ≥


0,25
+) Phương trình trở thành
2 2 3 2 3 2
a ab b b a a b+ + = + + ( )( )( 1 ) 0a b a b a b⇔ − + + − =

0 ( ì )
1
a b
a b loaiv
a b
=


⇔ + =

a b
a b
a b
ab
a b
ab
a b
a b
a b ab a b
ab
ab

+ =

+ =



+ =

=
+ =

  

⇔ ⇔ ⇔
=

  


Vậy ph ương trình có 3 nghiệm x = 0 , x = 1 ,
1
2
x =
.
0,25
Câu III
1 điểm
0,25
+)
1 1 1 1
(2 1 ) l n 3 2( l n 1 ) l n 1 l n 1
2
ln 1 l n 1 ln 1
e e e e
x x x x x x
I
dx dx dx dx
x x x x x x
+ + + + + +
= = = +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫0,25
+)
1
1
2 2 2( 1 )

=
+
∫
. §Æt
ln 1 ln 1t x x dt x= + ⇒ = +
, §æi cËn x= 1 => t = e; x= e => t = e+1

0,25
+)
1
2
1
1
ln l n (1 )
1
e
e
dt
I
t e
t
+
+
= = = +
∫

0,25
1 2
ln(1 ) 2( 1 )I I I e e= + = + + −


2
a
C I BI C BI= =

0,25
Có
2
' ' '
1 . 15
' '. ' (d d )
2 4
A B C
a
S A B C I v t= =

3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15
. .
A A '. A A ' . ' '
2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B= = =
(đvt t )

0,25
+)
/ / '
( ) / /( ' )

( ' )C BI

Suy ra (AMC)
⊥
( ' )C BI
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(MA C ) (NPQ)⊥
0,25
Câu V
1 điểm
.Do ab + bc + ca = 3 nên
VT (***) =
3 3 3
2 2 2
a b c
b ab bc ca c ab bc ca a ab bc ca
+ +
+ + + + + + + + +
=
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
b c a b c a b c a b c a
+ +
+ + + + + +
0,25
Theo BĐT Cô si ta có
3
3

( )( ) 8
c c a b
a b c a
− −
≥
+ +
(3)
0,25
10
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta đượ c
(* * *)
4
a b c
VT
+ +
≥

0,25
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥
3 ( )ab bc ca+ +
= 3.
Đẳng thức xảy r a kh i a = b = c = 1 ( Đpcm)
0,25
Câu VI
a
1. 1 điểm
Ta có phương trình đường thẳng OA: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB.
5OA =


1
,
1
3 3
x y
x y
x y
y x
x y
y x
 +
= =

=  + =
 
⇔ ⇔
− −
  
= −
= =

 
= −


0,25
Do I là trung điểm O B v à A C n ê n
+) Với I(1;0) suy ra B(2;0) và C(3;-2)
0,25
+) Với I(

 
 
và C
1 14
;
3 3
−
 
 
 
0,25
2. 1 điểm
Ta có
1 2
1 2 5 3
: 3 : 4
2 5 2
x
t x k
d y t d y k
z
t z k
= + = +
 
 
= + =
 
 
= − = − +
 

= = =
5
1
t
t
= −

⇔

=

0,25
Với
2 8 11
5 ( 9 ; 2 ; 1 0 ) , 7 ; ;
3 3 3
t k A B
−
 
= −
⇒
=
⇒
− −
 
 

1 4 17
1 ( 3; 4; 2), 4 ; ;
3 3 3

D
C
A
B
11
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
d
d'
C
H
A'
D'
A
(1 ; 2)
D
B
+) ⇔ n(n – 1)(n – 2) + n(n – 1) = 16n ⇔ n
2
– 2n – 15 = 0 ⇔
=


= −

n 5
n 3 ( l o a ïi )
Vậy n = 5 .
0,25
+) Với n= 5 ta có
12

( ; ) ( 1 ; ); 5 4 ; 6 ; ’ –2;–2 .
3 3 3 3
D x x AD x x AD D D+ ⇒ = − − = ⇒
   
0,25
Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + 5
=> chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất.
Xét tứ giác ABCD. Dễ có A BC D là hình bình hành => AB + AC = AC + CD
Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD.

AB + AC nhỏ nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm A’, C, D thẳng hàng.
0,25
Do A’ đối xứng với A qua d n ên tì m được
AA’: 3 x + 4y – 1 1 = 0 ta có
( )
A A ' (5 ; 1 ) ’ 9 ; – 4 .H d H A= ∩ ⇒ − ⇒
=> A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có
13
' ( ;1)
2
C d A D C= ∩ ⇒
.
0,25
Do
7
( ; 3 )
2
BC AD B= ⇒ −
   
.

= + − =
 
⇔
 
⊥ − − + − − + + =
 
0,25
+) Từ (1) và (2) ta có
21 9
9 5
a c
b c
= +


= − −

thay vào (3) ta được
2
2
107 470 512 0
256
107
c
c c
c
= −


+ + = ⇔

D
−
0,25
1 điểm
Câu
Đk :
3 àn v n N≥ ∈
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )
0,25
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C+ + + =

Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
(1 )
x
C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
. Lấy tích phân hai vế

VIIb
⇔
7
7 7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a
+
− =
⇒
+ =
⇒
+ =
⇔
a 1
=
Vậy n = 6, a = 1
0,25
13
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
1
THI TH I HOC NM 2012
Mụn: TON

Thi gian lm bi: 180 phỳt ( khụng k thi gian phỏt )
( 3)
Phần chung CHO TấT Cả CáC THí SINH (7 điểm)
Câu I: (2 im) Cho hàm s

.
Câu III: (2 im)
1. Giải bất phơng trình:
2 2
2 8 6 1 2 2x x x x+ + + +

2. Cho hình chóp tứ giác đều
ABCDS.
với đáy
ABCD
là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo
với mặt đáy một góc
0
60
. Mặt phẳng
)(P
chứa
AB
và tạo với mặt đáy một góc
0
30
cắt
SC
,
SD
lần
lợt tại
M
và
N

2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một
khác nhau và phải có mặt chữ số 3?
3. Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đờng thẳng
d
:
0317
=+
yx
, điểm
)77;(N
thuộc đờng thẳng
AC
, điểm
)3;2(

M
thuộc đờng thẳng
AB
.
Phần B.
Câu Vb: (3 im)
1. Giải phơng trình:
xxx
xx

Oxy
, cho tam giác
ABC
với đờng cao kẻ từ
A
và đờng phân giác
trong của góc
B
lần lợt có phơng trình là:
022 =
yx
và
01 =
yx
. Tìm toạ độ các đỉnh của
tam giác
ABC
, biết
)2;0(
M
thuộc đờng thẳng
AB
và
BCAB
2=
.
Hết
14
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
đáp án đề thi

+
x
'y
y
2

+
0

0
0
0
+
4
+

+
x
'y
y
2


+
0

0
0
0
+

I
1
1
23
4
1
2
0,5
( )
)2(3163
2,
++++= mmxmxy
;
mxy == 0
,
hoặc
2+= mx

Hàm số có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là:
( )
23;
23
++ mmmmA ,
( )
63;2
23
+++ mmmmB ; A là điểm cực đại, B là
điểm cực tiểu.
0,5
Câu I.2

223
3
m
m
m
m
mmmm
Ta có
xxxxxpt cos2sincos)sin(cos
3
++=+

[
]
xxxxx cos21)sin(cos)sin(cos
2
=++
0)1sinsin(coscoscos2cossin2)sin(cos
2
=+=+ xxxxxxxxx 0,5 Câu II.1
(1 điểm)

0)sin(coscos
2


0,5
Dễ thấy
0=y
không phải nghiệm của phơng trình.
Chia cả 2 vế của pt 1 cho
2
y
, cả hai vế pt 2 cho y ta đợc:








=++
=+








=++
=+
72

x
.
Đặt
(*)
1
4







=
=+
v
y
x
u
y
x
. Hệ đã cho trở thành
(**)
72
178
2



=+



=
=
1
5
v
u
ta đợc



==
==




=
=
4/1
1154
yx
yx
yx
yxy

Với

Điều kiện:
3
1
x
x






0.25
( )( ) ( )( ) ( )
Biến đổi tơng đơng bất phơng trình:
2 1 3 1 1 2 1x x x x x+ + + + +

Nhận thấy với
3x bất phơng trình vô nghiệm

0.25
CâuIII.1
(1 điểm)
Với 1x , bất phơng trình tơng đơng:
( ) ( )
2 3 1 2x x+ +


KH,
lần lợt là trung điểm của
AB
và CD và
I
là giao điểm của SK
và MN

0
60=
SHK ,
0
30=
IHK
Ta có





CDABMN
CDAB
PAB
////
//
)(
tứ giác
ABMN
là hình thang cân.
Tính

MN ==

2
8
33
2
3
).
2
(
2
1
).(
2
1
a
aa
aIHMNABS
ABMN
=+=+=
Vì
( )
SIABMNSI
là đờng cao của khối chóp
ABMNS
. và
22

B
D
C
S 0,5
Câu IV
(1 điểm)

Đặt
x
y
x
a ++=
.
Ta có
( )( )( )
8= xayaxa
.
3 2
( ) ( ) 8
a a xy yz zx a x y x xyz
+ + + + + =
xyx
xyz
P

Từ (1) và (2)
3
3
18
=
+
P
.
Vậy 3
=MaxP đạt đợc khi 1=== zyx .
0.25 0.25 0.25 0.25
Pt
17
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPTCâu Va.1
(1 điểm)

012)22(
2
2
22
33
33
xx
xx
xxxx



==
==





=+
=+

0,1
2,1
0
023
2
2
xx
xx


Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và không có mặt chữ số 3.
Gọi số cần lập là
abcd
)0(

a
Ta có
36.3.2
2
3
=A
số.
Vậy có 144-36=108 số.
0,5 0,5

Câu Va.3
(1 điểm)

Đờng thẳng AB có pt
0)3()2( =++ ybxa

1
22
22
0
.

*Với 3a=4b chọn a=4, b=3, ta có pt AB: 4x+3y+1=0.
Vì
ABAC
nên pt cua AC là: 3x-4y+7=0.
Toạ độ của A là nghiệm của hpt:
)1;1(
0743
0134




=+
=++
A
yx
yx
.
Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
)5;4(
0134
0317



A
yx
yx




=
=+
.
Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
BAB
yx
yx






=
=+
)3;10(
01843
0317
(vô
lý).
Vậy, A(-1:1), B(-4:5) và C(3;4).
N
M
B
Câu Vb.1
(1 điểm)
Điều kiện
9
1
,
3
1
,0 > xxx
.
x
x
x
x
x
Pt
3
3
3
3
3

.

( )
( )




=
=







=
=
=++

2
22
2
3
3
2
22
1
01421

0,5 Câu Vb.2
(1 điểm) Ta có
=+
n
x
2
)1(
n
nnnn
CxCxCC
2
2
22
2
1
2
0
2
++++

Thay x=-1 ta đợc
=+++
12
2

nACCC
nnnn
nnnTheo công thức Niu tơn ta có:
kk
k
k
xCx

=

=+
10
10
0
10
10
2)2(
.
Vậy hệ số của số hạng chứa
5
x
là
55
10
2C
.






=
=+
NA
yx
yx
.

Vì N thuộc BC và
AHBC
pt BC: 2x+y-5=0.

Toạ độ của B là nghiệm của hpt:
)1;2(
01
052
B
yx
yx




=
=+
.
Ta có pt AB: x-2y+4=0


0,25
0,25

0,25

19
Giỏo Viờn Nguyn Anh Tun- THPT Nguyn Thỏi Bỡnh Su Tm T B Thi Ca Thy Vn Phỳ Quc-i Hc Qung Nam V Cỏc Trng THPT
V×
BDCKBCBK ⊥⇒=
suy ra pt CK:
0
4
13
=−+ yx
.
D
N

.
VËy
)
2
3
;
4
7
(1),;2(),
2
1
;3( CBA
.
0,25
Chó ý: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c mµ ®óng th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a. 20
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
A. PHẦN CHUNG (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3( 1) (6 3)
y
x m x m x m= − + + + −
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1=m

a
đồ
th
ị
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị
là
hai
đườ
ng th
ẳ
ng song song và cách nhau m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
1
2
.
Câu II (2,0 điểm).

.
2.Giải bất phương trình sau:
2 2
2 8 10 3 5 3( 2 1) 2 2 4x x x x x x+ − − + ≤ + + − + −
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân
( )
3 2
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I
dx
x x
+ + +
=
+
∫
.
Câu IV

(1,0 điểm).
Cho tam giác ABC vuông t
ạ
i C, AB = 2a, AC =a. Trên
đườ
ng th
ẳ

ữ
a SA và KH bi
ế
t góc gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) và (SBC) là 45
0
.
Câu V

(1,0 điểm).
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
z
y
x
,,
tho
ả
mãn xyz=1. Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
tam
giá
c.
Đ
i
ể
m M(0;-1) và N(-1;2) l
ầ
n l
ượ
t thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng AB và AC. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a tam giác bi

t ph
ẳ
ng (P) qua A và B sao cho (P) c
ắ
t m
ặ
t c
ầ
u (S) theo giao tuy
ế
n là
đườ
ng tròn có chu vi là 8
π
.
Câu VIIa (1,0 điểm).
Trong các s
ố
ph
ứ
c z th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(1 )

ẳ
ng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm
( )
3;3I
và
2AC BD=
.
Đ
i
ể
m
4
2;
3
M
 
 
 
và
13
3;
3
N
 
 
 
l
ầ
n l
ượ

n 3.
2.

Trong không gian Oxyz, cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng
( ) ( )
1 2
x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1
d : ; d :
1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = =
và m
ặ
t
ph
ẳ
ng
( )
P :x y 2z 5 0+ − + =
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th

t.
Câu VIIb (1,0 điểm). Đặ
t
,
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
b
x
x
a
 
 
 
=
−
−
− +
+
=
, xét khai tri
ể
n

Hết
Họ và tên: . SBD: .

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 (Đ󰗁 4)
21
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT
Cõu ỏp ỏn im
1. (1,0 im)
Với
1=m
ta có
196
23
+= xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên :
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+=+= xxxxy

Ta có



<

1)3( == yy
CT
.

Giới hạn:
+==
+
yy
xx
lim;lim
.
0,25

Bảng biến thiên: 0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(
.
1 2 3 4
-1
1


1
2 1
x
x m
=



= +


l hai nghi

m

phõn bi

t
0m

)1(

0,25
+)
Ta cú ti

p tuy

n
0,25
(Cú th

tớnh d b

ng nhi

u cỏch) ta tớnh

c d = 4
3
m
0,25
I
(2,0
im)
theo bi ra
3
1 1 1
2 8 2
d m m

= = =
(th

a món (1))
0,25


4
x
x x x x
π
 
+ = −
 
 

0,25

( )
cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 0
4 4 4
x x x x x
π π π
     
⇔ − = − ⇔ − − =
     
     

⇔
sinx=1 ho
ặ
c
cos 2 0
4

4 8 2
k
x x
π π π
 
− = ⇔ = +
 
 
( )
k ∈ℤ
, th
ỏ
a (*)
V
ậ
y, ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m:
( )
3
2 ; .
2 8 2
k
x k x k
π π π
π
= + = + ∈
ℤ

đ
k(1) bpt
đ
ã cho
( 2 2 3)( 5 2) 3x x x⇔ − − + + + <
(
Đế
n
đ
ây, bài toán có th
ể
gi
ả
i b
ằ
ng pp hàm s
ố
, nh
ậ
n xét và bi
ế
n
đổ
i tr
ươ
ng
đươ
ng)
bpt
2 2 3 5 2 2 2 2 5 3x x x x x x⇔ − − ≤ + − + ⇔ − + + ≤ + +

ế
u
[ ]
2 2 5
1 7 (*) (*) 1; 7
2 3
x x
x VT VP x
x

− ≤ +

≤ ≤ ⇒ ⇒ ≤ ⇒ ∀ ∈

+ ≤


đề
u là nghi
ệ
m c
ủ
a bpt (a).
V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
3 3
2
1
1
1
3 3
e
e
x e
x dx
−
= =
∫
0,25
( )
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x
+

I
− +
= +0,25

IV
(1,0
®iÓm)
Ta có BC⊥ SA và BC⊥AC
⇒
BC⊥

AH; mà AH⊥SC
⇒
AH⊥ SB. L
ạ
i có AK
⊥SB nên

0,25
H
A
B
K
C
S
23
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT

0,25
G
ọ
i I là hình chi
ế
u c
ủ
a H trên AC, J là hình chi
ế
u c
ủ
a K trên AB khi
đ
ó SA//(HKIJ) nên
d(SA,HK) = d(A,(HKIJ) = d(A,IJ) do (ABC) vuông góc v
ớ
i (HKIJ)

0,25
Ta có:

2 2 AI 2
, , 3, 6. osAS AI
3 3
3
a SA a
AH a AK SC a SB a c C

( ) ( ) ( )
3 3 2 3 3 2
3 3 2
1 1 1 3 1 1 1 1 3 1
; ;
8 2 8 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 3 1
8 2
1 1 1
x
x x y y y
z z z
+ + ≥ + + ≥
+ + + + + +
+ + ≥
+ + +

Ta c
ầ
n ch
ứ
ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c:
( ) ( ) ( )

xy x y xy
xy
x y
+ ≥ ⇔ − + − ≥
+
+ +
(
luôn
đ
úng)

0,25
Ta c/m f(z)=
( )
2
1 3
, 1
1 4
1
z
z
z
z
+ ≥ ∀ ≥
+
+0,25


ấ
u b
ằ
ng
x
ả
y ra khi x = y = z =1 0,25
1. (1 ®iÓm)
Gi
ả
s
ử

2 2
( ; ), 0n a b a b+ >

là vtpt c
ủ
a
đườ
ng th
ẳ
ng AB Khi
đ
ó ta có ph
ươ
ng trình c

b l
= −

⇒ + = − ⇒ ⇒

=

0,25
Ta có BC
đ
i qua I vuông góc v
ớ
i AI nên có ph
ươ
ng trình: x-3y+7=0

0,25

VIa.
(2,0
®iÓm)
B là giao c
ủ
a AB và Bc nên B có t
ọ
a
độ
là B(2;3),
C là giao c
ủ

c
ủ
a (P) v
ớ
i
2 2 2
0a b c+ + ≠
. Do (P) ch
ứ
a AB nên:
Ph
ươ
ng trình (P) có d
ạ
ng:ax+by+cz+b-c=0 và
. 0 2 0 2u n a b a b= ⇔ + = ⇔ = −
 
.
0,25
(S) có tâm I(-1;2;3) và bk R = 5, chu vi giao tuy
ế
n là 8
π
nên ta có d(I,(P)) = 3
0,25
( )
2

−
( )
2 1
y
xi⇔ − + =
*
( )
2
2
2 1x y⇔ + − =
(1)
0,25

. T
ừ
(1) ta có:
2 2
4 3
x
y y+ = −
,mà
z
= x
2
+ y
2
= 4y-3
0,25
.
t

t th
ỏ
a mãn
đ
kbt là: z = i
0,25
T
ọ
a
độ

đ
i
ể
m N’
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i
đ
i
ể
m N qua I là ' 3;
3
5
N
 
 

Đặ
t
0IB x= >
, ta có ph
ươ
ng trình

2
2 2
1 1 5
2 2
4 8
x x
x
x
+ = ⇔ = ⇔ =0,25
Đặ
t
( )
,
B x y
. Do
2IB =
và
B AB∈
nên t
ọ


=


= >

− + =

− + − =
 
⇔ ⇔ ∨
   
=
= −
− + =





=



0,25

VIb.
(2,0
®iÓm)


2.Đặ
t
( ) ( )
A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + +
,
ta có
( )
AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + +


0,25
Do AB song song v
ớ
i (P) nên:
( )
P
AB n 1; 1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = −
  
;Suy ra:
( )
AB a 5; a 1; 3= − − − −

0,25
Do
đ
ó:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥

− − −
= =
.
0,25
Ta có
( )
( )
( )
1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7
1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+
− −

   

0,25
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có
( )( )
1
1
1
1 1
1
1
3 1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
3 1
3 3
x
x
x x
x
x
−
−
−
− −
−

VIIb.
(1,0
®iÓm)

1
2
x
x
=

⇔

=

0,25
Gh chú : Các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng

25
Giáo Viên Nguyễn Anh Tuấn- THPT Nguyễn Thái Bình Sưu Tầm Từ Bộ Đề Thi Của Thầy Văn Phú Quốc-Đại Học Quảng Nam Và Các Trường THPT