Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn: Toán khối A, B, D

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2,0  điểm)   Cho hàm số :  y = x 3 – 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 3  2 3 2.3 3 2 0 x x x x x + - - - + = 
Câu III: (1,0 điểm)  Tính tích phân:  I = 
1  3 3 
4 
1 
3 
2012 x x x 
dx 
x 
- + 
ò 
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 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC 
Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
2 2 2 2 
2 2 2 3 1 0 
4 2 2 0 x y x y 
x xy x y 
+ + 
ì + - - + = ï 
í 
- - = ï î 
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) 
1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 
3 1 5 
1 2 4 
x y z - - - 
= =  và điểm A(2;3;1)  Viết 
phương trình đường thẳng D  đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến D 
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:x 2 + y 2 – x – 4y – 2  = 0 và các 
điểm A(3 ;­5) ; B(7;­3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2 + MB 2  nhỏ nhất 
2. Trong không gian  toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x ­3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng 
d: 
1 3 
1 
2 
x t 
y t 
z t 
= + ì 
ï = - + í 
ï = î 
và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng D đi qua A cắt đường thẳng d và 
song song với mặt phẳng (P ) 
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = 
2 x 0 
1 cos 2011x. cos 2012x 
lim 
x ® 
- 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­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 
Cảm ơn từ funny09@yahoo.com gửi đến www.laisac.page.tl 
TRƯỜNG THPT 
YÊN THÀNH 2 
KỲ THI THỬ ĐẠI  HỌC LẦN THỨ NHẤT  NĂM HỌC 2011 – 2012 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B, D 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011­2012. TOÁN 11. 
CÂ
U 
ĐÁP ÁN 
ĐIỂ 
M 
1.1  1.TXĐ: D = R 
2.Sự biến thiên 
y' =  3x 2 ­ 3, y ' =  0  x = 1 và x = ­1 
' 0 ( ; 1) (1; ); ' 0 ( 1;1) y x y x > Û Î -¥ - È +¥ < Û Î -  do đó hàm số đồng biến trên các 
khoảng  ( ; 1) (1; ) va -¥ - +¥  , 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 ; lim 
x x 
y y 
®-¥ ®+¥ 
= -¥ = +¥ 
Bảng biến thiên 
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 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
1.2  ­Điểm M thuộc (C) nên M(a, a 3 ­ 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc 
k = 3a 2 ­ 3 
­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 
 3a 2 ­ 3 = ­2 
1 
3 
1 
3 
a 
a 
é = ê 
ê 
- ê = ê ë 
1 8 
( ;2 ) 
3 3 3 
1 8 
'( ;2 ) 
3 3 3 
M 
M 
é - ê 
ê 
ê - + ê ë 
TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2) 
­Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán 
0,25 
0,25 
0.25 
0,25 
x
y' 
y  4 
0 -¥ 
+¥ 
­1  1 
0 0 
-¥ +¥ 
1 
4 
y 
x 
O 
­2 
­1 
2 
2
2.1 
­ĐK 
os2 0 
s inx 0 
c x ¹ ì 
í ¹ î 
­ 
2 
2 
2sin 2 (1 os2 ).s inx 3cos . os2 2sin 2 .cos 3cos . os2 
2 
2 cos 0 
os2 2 
6 2 os 2 3 os2 2 0 
1 
os2 
2  6 
pt x c x x c x x x x c x 
x k 
x k 
x 
c x x n 
c x c x 
c x  x m 
p p p p 
p p 
p p 
Û + = Û = 
é = + é ê = + ê ê = é ê ê Û Û = - Û = + ê ê ê + - = ë ê ê - = ê ê = + ë ê ë 
­Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm:... 
0,25 
0,5 
0,25 
2.2  3 3 3 3 
3 3 3 3 3 
3 
3 
3 2.3 3 .3 2 0 
3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(2 3 ) 0 
3 1 0 
1 3 2 0( ) 
x x x x x x x x 
x x x x x x x x x x 
x x 
x x 
pt 
x 
x VN 
+ - - + 
+ - - - + 
- 
+ 
Û - - + = 
Û - + - = Û - + = 
é = = é 
Û Û ê ê = ± ê ë + = ë 
0,25 
0,25 
0,5 
3  1 1 3 3 
1 2 4 3 
1 1 
3 3 
2012 
x x dx 
I dx I I 
x x 
- 
= + = + ò ò 
­Tính I1: 
3 1  2 
1  3 
1 
3 
1 
1 
x I dx 
x 
- 
= ò  , đặt 
3 2 2 3 
2 2 3 3 
1 1 2 3 
1 1 3 
2 
dx dx 
t t t dt t dt 
x x x x 
- 
= - Þ = - Þ = Û = - 
Đổi cận: 
1 
2; 1 0 
3 
x t x t = Þ = = Þ = 
Khi đó 
0 
3 4 
1 
2 
3 3 
6 
2 8 
I t dt t = - = = ò 
­Tính I2 = 8084 
­Vậy I = 6 +8084 =8090 
0,5 
0,25 
0,25 
4 
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 
. 
3  ABC 
V S SH D = 
mà 
1 
. 6 
2 ABC 
S AB AC D = = 
­Tính SH. 
Xét các tam giác SHM, SHN, 
0,25 
0,25 
B 
A 
H M 
S 
C N 
K
SHK vuông tại H, 
có các góc SMH, SNH, SKH 
bằng 60 0 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => 
2 
1 ABC 
S 
HM 
AB BC CA 
= = 
+ + 
=>SH = HM.tan60 0  =  3 
Vậy 
1 
3.6 2 3 
3 
V = = 
0,25 
0,25 
5 
2 2 2 2 
2 2 2 3 1 0 
4 2 2 0 x y x y 
x xy x y 
+ + 
ì + - - + = ï 
í 
- - = ï î 
2 2 
2 2 2 2 
2 2 
2 2 
2 2 
2 
(2 1)( 1) (2 1) 0 
2 2 3 1 0 
2 1 
4 2 2 0 
2 2 
1 
2 1 0  2 
2 2  3 
2 1 0 
0 1 
2 2 
1 0 
x y 
x y x y 
x y 
x y 
x y 
x x y x 
x xy x y 
x x 
y 
x y 
x x 
y y 
+ 
+ + 
+ 
+ 
+ 
- - + - = ì 
ï ì + - - + = ï ï é Û = - í í ê - - = ï ï î ê = ïë î 
éì = é - = ì êï ï ï ê ê í í = êï ê î ï = ± Û Û ê ê ï î + - = ì ê ê ï 
í ê = = êì ì = ï Ú êî í í ë ê = = î î ë 
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:... 
0,5 
0,25 
0,25 
6a.1  Giả sử D  cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lênD 
khi đó  O OH A £  do đó OH lớn nhất khi H trùng A, 
như vậy đường thẳng D  cần lập vuông góc với OA   . 0 ABOA = 
uuur uuur 
mà  ( 1;2 2;4 4); (2;3;1) AB t t t OA = + - + 
uuur uuur 
, 
nên  . 0 ABOA = 
uuur uuur 
 2t + 2 + 6t ­ 6 + 4t + 4 = 0  t = 0 => B(3; 1; 5) 
Vậy 
3 1 5 
: 
1 2 4 
x y z - - - 
D = = 
- 
0,25 
0,5 
0,25 
6a.2  M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a ­ 1; a), N(b; 3b ­ 2) 
2 2 2 5 5 ( 2 1) (3 2) 5 MN MN b a b a = Û = Û - + + - - =   (1) 
3 3 
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0 d MN d MN n b a b a a b Û = Û - + - - = Û = 
uuuur uur 
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(­1; 0), N(0; ­2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) 
0,25 
0,5 
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) 
­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 
­Bộ (d) có 3! = 6 số được lập 
­Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25
6b.1 
­Đường tròn (C) có tâm 
1 5 
( ; 2), 
2 2 
I R = 
­Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; ­4). Xét tam giác MAB có 
2 2 2 2 
2 2 2 2 2 
2 4 2 
MA MB AB AB 
MH P MA MB MH 
+ 
= - Û = + = + 
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C) 
mà 
5 3 
: 
4 4 
x t 
IH 
y t 
= + ì 
í = - - î 
, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 
 t = ­1 và t = ­2 => với t = ­1 thì M(2; 0), với t = ­2 thì M(­1; 4) 
­Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
6b.2  ­Giả sử B là giao điểm của d và D  => B(1 + 3t; ­1 + t; 2t) 
­Vì AB//(P) nên  . 0 0 P AB n t = Û = 
uuur uur 
=> B(1; ­1; 0) 
­Vậy đường thẳng D : 
3 1 1 
2 2 1 
x y z - - - 
= = 
0,25 
0,5 
0,25 
7b 
2 x 0 
2 
2 
2 2 
x 0 
2 2 
1 cos2011x c 201x(1 cos 2012x ) 
I lim 
x 
2011x 
2sin  2sin 1006x c 2011x 2  . 
x x  1 c 2012x 
2011 8092265 
) 2.(1006) 
2 2 
lim 
® 
® 
- + - 
= 
= + 
+ 
+ = 
os 
os [ ] 
os 
=2.( 
0,5 
0,25 
0,25