Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 249

SỞ GD&ĐT HOÀ BÌNH 
TRƯỜNG THPT 19-5 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 
Môn TOÁN; Khối A,B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 3 22 3 1 (1)    y x mx x mx . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 
 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. 
Câu II (3,0 điểm) 
1) Giải phương trình 23 6 3 18 3x x x x        
2) Giải phương trình: cos23x.cos2x – cos2x = 0. 
3) Giải hệ phương trình: 
2
( 2)(2 ) 9
4 6
x x x y
x x y
  

  
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 
1
2
0
ln( 1)  I x x x dx 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; 
 SA  (ABCD); AB = SA = 1; AD 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 
AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. 
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 Va (2,0 điểm). 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 
bằng 3
2
, A(2;–3), B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường 
thẳng (d): 3x – y – 4 = 0. 
 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 
x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. 
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một 
đường tròn có bán kính bằng 3. 
Câu VII.a: (1,0 điểm) Giải phương trình: 1 2 3 23 7 ... (2 1) 3 2 6480       n n n nn n n nC C C C 
B.Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: (2,0 điểm) 
 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A(2;4;–1), B(1;4;–1), 
C(2;4;3), D(2;2;–1). Tìm tọa độ điểm M để MA2 + MB2 + MC2 + MD2 đạt 
giá trị nhỏ nhất. 
 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC cân có đáy là BC. Đỉnh 
A có tọa độ là các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương 
trình cạnh AB : y 3 7(x 1)  . Biết chu vi của ABC bằng 18, tìm tọa độ 
các đỉnh A, B, C. 
Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 1
2 1
2 2 3 1
( , )
2 2 3 1


     

    
y
x
x x x
 x y R
y y y
---------------------HẾT------------------------ 
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:............................... ..SBD.............. ..Phòng thi:....... 
SỞ GD&ĐT HOÀ BÌNH 
TRƯỜNG THPT 19-5 
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 
Môn TOÁN; Khối A,B 
Câu Đáp án Điểm 
PHẦN CHUNG 
I 1) Tính toán và vẽ hình đúng 
2) Đạo hàm 3 2 24 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ]         y x mx x m x x m x m 
2
1
0
4 (4 3 ) 3 0 (2)
   
   
x
y
x m x m
 Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
2(3 4) 0 4
.
34 4 3 3 0
   
   
   
m
m
m m
 Thử lại: Với 
4
3
 m , thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x 
 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
4
.
3
 m 
1 
1 
II 1) Đặt ẩn phụ 
3 6
1 3
3 6
t x x
t x
t x
   
    
    
2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: ( )
2

 x k k Z 
3) Đặt ẩn phụ 
2
2
2
2
2 3
2
9
3
6
1
;3
; 1
3 9
uvu x
u v
u v
x
v x y
x yx
x y
x
x y
  
    
 
  


 
 
      
1 
 1 
1 
III 
Đặt 
2ln( 1)   


u x x
dv xdx
  I = 
1
2
0
3 3 1
3
4 4 1
dx
x x
ln 
 
 . 
 Tính I1 = 
1 1
2 22
0 0
1 1
1 1 3
2 2
dx dx
x x
x

    
    
   
  . 
 Đặt 
1 3
2 2 2 2
x t ttan , , 
 
    
 
  I1 = 
3
9
 . 
 Vậy: 
12
3
3ln
4
3
I

 . 
1 
IV 
Chứng minh và tính đúng ANIBV
2
36
 
1 
B.PHẦN RIÊNG 
Va 
1) Ptts của d: x t
y t4 3
 
   
. Giả sử C(t; –4 + 3t)  d. 
  S AB AC A AB AC AB AC 22 21 1. .sin . .2 2  
 
 = 
3
2
  t t24 4 1 3    
t
t
2
1
  
 
  C(–2; –10) hoặc C(1;–1). 
 Cách khác: sử dụng nhận xét 
2
( , ) ABC
S
d C AB
AB
 
2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox  (Q): ay + bz = 0. 
 Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. 
 Suy ra: –2a – b = 0  b = –2a (a  0)  (Q): y – 2z = 0. 
1 
1 
VIa Xét   0 1 2 2 3 31 . . . ... .      n n nn n n n nx C C x C x C x C x 
  Với x = 2 ta có: 0 1 2 33 2 4 8 ... 2     n n nn n n n nC C C C C (1) 
 Với x = 1 ta có: 0 1 2 32 ...     n nn n n n nC C C C C (2) 
  Lấy (1) – (2) ta được:  1 2 33 7 ... 2 1 3 2      n n n nn n n nC C C C 
  PT  2 23 2 3 2 6480 3 3 6480 0       n n n n n n 3 81 4  n n 
1 
Vb 
1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: 
7 14
; ;0
3 3
 
 
 
G . 
 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 24       MA MB MC MD MG GA GB GC GD 
  2 2 2 2  GA GB GC GD . Dấu bằng xảy ra khi M
7 14
; ;0
3 3
 
 
 
G . 
2) (1;0) B AB Ox B ,  ;3 7( 1) 1    A AB A a a a (do 0, 0 A Ax y ). 
 Gọi AH là đường cao 
( ;0) (2 1;0) 2( 1), 8( 1)         ABC H a C a BC a AB AC a . 
  18 2 (3;0), 2;3 7    Chu vi ABC a C A . 
1 
1 
1
1
2
I
N
M
A
B
D
C
S
VIb 
Đặt 
1
1
 

 
u x
v y
. Hệ PT  
2
2
1 3
1 3
   

  
v
u
u u
v v
  2 23 1 3 1 ( ) ( )        u vu u v v f u f v , với 2( ) 3 1   tf t t t 
 Ta có: 
2
2
1
( ) 3 ln 3 0
1
    

t t tf t
t
 f(t) đồng biến 
  u v  2 231 3 log ( 1) 0 (2)       
uu u u u u 
 Xét hàm số:  23( ) log 1 '( ) 0     g u u u u g u  g(u) đồng biến 
 Mà (0) 0g   0u  là nghiệm duy nhất của (2). 
 KL: 1x y  là nghiệm duy nhất của hệ PT. 
 1 
Các cách giải khác đúng vẫn được điểm tuyệt đối