ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN
Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = - x
3
+ 3mx
2
-3m – 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có
điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.
Câu II: (2 điểm).
1. Giải phương trình : 1 +
3
(sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0
2. Tìm m để phương trình
2 2
2
2 .( 4). 2 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m
x
+
− + − + + − − − =
−
có nghiệm thực.
Câu III: (2 điểm).
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng ∆
1
:
1 2 1

ln( 1)x
I dx
x
+
=
∫
.
2. Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

2 2 2
1 1 1
2 2 2
P
x yz y zx z xy
= + +
+ + +
Câu Va: (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh AB:
x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đường thẳng BC đi qua điểm M(1; 10). Viết
phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC.
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
2.
n
x
x
 
+
 ÷
 

– 4.
Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
Chiều biến thiên.
y’ = - 3x
2
+ 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 2.
y’> 0 ∀ x ∈( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2).
y’ < 0 ∀ x ∈(- ∞; 0) ∪ (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞).
0,25
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = - 4.
Giới hạn.
3 2 3 2
( 3 4) , ( 3 4)
x x
Lim x x Lim x x
→−∞ →+∞
− + − = +∞ − + − = −∞
.Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Tính lồi, lõm và điểm uốn.
y’’ = - 6x +6 , y’’ = 0 ⇔ x = 1.
Bảng biến thiên.
x -∞ 0 1 2 +∞
y’ - 0 + 0 -
y +∞ 0

Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m
3
– 3m – 1)
Vectơ
3
(2 ;4 )AB m m=
uuur
; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là
(8; 1)u = −
r
.
0,25
Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d ⇔
I d
AB d
∈


⊥

0,25
⇔
3
8(2 3 1) 74 0
. 0
m m m
AB u

+ − − − =



= −


= −


0,25
⇔
5
5
6
6
4
2
2
,
t anx 1
x k
x k
k Z
x k
π
π
π
π
π
π

= ± +

−

≠ ⇔− ≤ <


+ − ≥


0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
2 | 4 | 2. 8 2 14 0
4
x
x x m x x x m
x
+
− − − + + − − − =
−
⇔
2 2 2
( 2 8) 8 2 2 8 2 6 0x x m x x x x m− − + + − + − + + − − − =
. (1)
Đặt t =
2
8 2x x+ −
; Khi x ∈ [ - 2; 4) thì t ∈ [ 0; 3] . (2)
Phương trình trở thành : - t
2

t
− − +
+
; f’(t) = 0 ⇔ t = - 4 v t = 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ].
t -∞ -4 -1 0 2 3 +∞
f’(t) - 0 + + + 0 -
f(t)
- 2
-6
9
4
−
0,25
Phương trình đx cho có nghiệm x ∈ [ - 2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t ∈ [ 0; 3 ]
⇔ Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t ∈ [ 0; 3 ] ⇔ - 6 ≤ m ≤ - 2
0,25
III-1
Đường thẳng ∆
1
có một vectơ chỉ phương
1
(1; 2;1)u = −
uur
, Điểm M ≡ O(0; 0; 0) ∈ ∆
1
.
0,25
Đường thẳng ∆
2

= − + + = − ≠
 
uur uur uuur
. Suy ra hai đường thẳng ∆
1
và ∆
2
chéo nhau. 0,25
III -2
Phương trình đường thẳng ∆
2
:
0
3 2 0
x y
y z
+ =


+ + =

.
0,25
3
Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆
2
có dạng
λ(x + y) + µ(3y + z + 2) = 0 với λ
2
+ µ

2 2
3. 3 5 | 5 |
λ λµ µ λ µ
+ + = − −
0,25
⇔ 2λ
2
- λµ - 10µ
2
= 0 ⇔ (2λ - 5µ)(λ + 2µ) = 0 ⇔ 2λ = 5µ v λ = - 2µ
Với 2λ = 5µ chọn λ = 5, µ = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0
Với λ = - 2µ chọn λ = 2, µ = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0.
Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0.
0,25
IV-1
Đặt
2
2
3
2
2
ln( 1)
1
1
2
x
du
u x
x
dx

x x x
+
− +
+
∫
0,25

2
2
1
ln 2 ln5 1
2 8
1
x
dx
x
x
 
= − + −
 ÷
+
 
∫
2 2
2
2
1 1
ln 2 ln5 1 ( 1)
2 8 2
1

⇔ (xyz)
3
≥ 27.xyz ⇔ xyz ≥ 3
3
.
0,25
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x
2
+ yz + yz ≥
2
3
3 ( )xyz
; y
2
+ zx + zx ≥
2
3
3 ( )xyz
; z
2
+ xy + xy ≥
2
3
3 ( )xyz
0,25
Từ đó ta có P
2 2 2 2
2
3 3 3 3

+ − = =
 
⇔
 
− + = =
 
.Hay A(2;1)
Phương trình đường phân giác góc A là
3 7 5
2 5 2
x y x y
+ − − +
=±
⇔
1
2
3 5 0

3 5 0
d
x y
d
x y
+ − =


− − =

0,25
Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.

y

=−

− + =


⇔
 
− + =


=


. Hay C(
11 2
5 5
;−
)
Diện tích tam giác ABC là :
1 1 24 36
( , ). . .3 2
2 2 5
5 2
S d C AB AB
= = =
(đvdt)
0,25
4

⇔
 
+ − =


=


. Hay C(
101 18
5 5
;
)
Diện tích tam giác ABC là :
1 1 104 676
( , ). . .13 2
2 2 5
5 2
S d C AB AB= = =
(đvdt)
0,25
Va-2
Giải phương trình
2 1
1
4 6
n
n n
A C n
−

 
+
 ÷
 
.
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : T
k +1
=
12
12
1
(2 )
k
k k
C x
x
−
 
 ÷
 
; k ∈ N, 0 ≤ k ≤ 12
Hay T
k+ 1
=
( )
12
2
12
2 .
k


. 0,25
Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T
9
=
8 4
12
2 7920C =
0,25
5