1. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
TRƯỜNG THPT MINH KHAI Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B và D
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x+2
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= (1)
2x + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.
x 3π
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 4sin 2 − 3cos2 x =1 + 2 cos 2 ( x − ) .
2 4
π
2. Tính tích phân:
2
3sin x − cos x
∫ 2sin x + cosx dx .
0
 x − 2 y − xy = 0

Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 x −1 − 2 y −1 = 1

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', cạnh AB = AD = 2, AA' = 3 ,
góc BAD = 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB. Chứng minh A'C vuông góc
·
với mặt phẳng (B'D'MN). Tính thể tích khối chóp A'B'D'MN.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 2 x +2 y −xy =1 . Tìm giá trị lớn 2 2
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 7( x +y ) +4 x y 4 4 2 2
.
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.Tìm m để đường thẳng (d): 2x +my + − 2 =0
1 cắt đường tròn (C): x +y −2 x +4 y −4 =0 2 2
(có tâm I ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. Tính diện tích đó.
2.Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số và thỏa mãn
điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn
tổng của ba chữ số cuối một đơn vị.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua
điểm M( 3; 1; -2 ), song song với trục Ox và vuông góc với mặt phẳng x - 2y + 3z - 4 = 0.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d 1: 2x - y + 5 = 0, d2: 3x + 6y - 1 = 0
và điểm M( 2;-1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với hai đường thẳng d 1, d2
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d1 và d2.
22 23 2 n +1 3n+1 −1
2.Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng : 2C 0 n +
2
Cn1 +
3
Cn 2 +... +
n +1
Cn n =
n +1
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua
giao tuyến của hai mặt phẳng: 3x - y + z - 2 = 0 và x + 4y - 5 = 0, đồng thời vuông góc với mặt
phẳng: 2x - z +7 = 0 .
(Lưu ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V)
----------Hết-----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .......................................................;Số báo danh:.............................

2. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
TRƯỜNG THPT MINH KHAI
Câu Nội dung Điểm
  3
- Tập xác định D = R − 2 
 
- Sự biến thiên
−1 0,5
+ Chiều biến thiên y' = < 0, ∀x ∈ D.
(2 x + 3) 2
 3  3 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  −∞; − ÷và  − ; +∞÷
 2  2 
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị.
1 1
+ Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim = ⇒
tiệm cận ngang y = 2
x →−∞ x →+∞ 2 0,25
lim y = −∞, lim = +∞ ⇒ 3
Câu
3
x →( − )−
2
3
x → − )+
(
2
tiệm cận đứng x = −
2
I.1 + Bảng biến thiên
x
3
1,25 - ∞
- +∞
2
điểm
'y - - y
1
y
2
+ ∞
2
1 3
- ∞
2 0,5
1
2
- Đồ thị: Giao với Ox tại ( -2; 0),
2
Giao với Oy tại (0; 3
) -2 −
3
2 O x
Chú ý: Thí sinh có thể trình bày
theo chương trình cơ bản hoặc nâng cao
( ghi chú: Khối D cho 1,5 điểm )
Gọi tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là: M ( x0; y0). Ta có hệ số góc của tiếp
−1
0,25
tuyến k = y'(x0) = (2 x0 + 3) 2 . Do tam giác OAB vuông cân tại O nên k = ± 1
Câu
−1 = ± 1 ( loại +1) x0 = -1 hoặc x0 = -2
I2 ⇒ ⇔
(2 x0 + 3) 2 0,25
0,75
điểm
-Với x0 = -1 ⇒
y0 = 1 ⇒
PTTT: y = - (x + 1) + 1 ⇒
y = -x ( loại vì qua O )
- Với x0 = -2 ⇒
y0 = 0 ⇒
PTTT: y = - (x + 2) + 0 ⇒
y = -x - 2
0,25
( ghi chú: Khối D cho 1 điểm )

3. x 3π 3π
4 sin 2− 3cos2 x = 1 + 2 cos 2 ( x − ) ⇔ 2(1 − cos x) − 3cos2 x =1 +1 + cos(2 x − )
Ta có: 2 4 2 0, 25
⇔ 2(1 − cos x) − 3cos2 x = 2 − sin 2 x ⇔ 3cos2 x − sin 2 x = −2 cos x
3 1 π 0,25
Câu ⇔ cos2 x − sin 2 x = −cos x ⇔cos(2 x + ) = cos(π − x )
2 2 6
II 1
1đ  π  5π 2π
2 x + 6 = π − x + k 2π  x = 18 + k 3
⇔ ⇔ ,k ∈Z
2 x + π = x − π + k 2π  x = − 7π + k 2π 0,5

 6 
 6
π π π π
2
3sin x − cosx 2sin x + cos x + s inx − 2 cos x
2 2
s inx − 2 cos x
2
I =∫ dx = ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx
0
2sin x + cos x 0
2 s inx+ cos x 0 0
2sin x + cos x
π 0,25
= +J
2
Câu Đặt t = 2sinx + cosx, dt = (2cosx - sinx )dx
II.2 π
1đ Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 1, khi x = 2 thì t = 2
2
0,5
dt 2
Khi đó:J = ∫−
1
t
= − ln t = − ln 2
1
π
Vậy : I = 2
− ln 2 0,25
x≥1

Đk:  1
y≥ 2

(1) ⇔ x − y − y − xy = 0 ⇔ ( x − y )( x + y ) − y ( x + y ) = 0 0,5
 x + y =0 ( loại do đk)
⇔ ( x + y )( x − 2 y ) = 0 ⇔ 
 x −2 y = 0

Với x −2 y =0 ⇔ =4 y
x
Thay vào PT (2) ta có PT:
Câu
III 4 y − 1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y − 1 = 2 y −1 + 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y − 1 + 2 2 y − 1 + 1
1đ  1 0,25
 2 y −1 = 0 y = 2
⇔ 2 2 y −1 = 2 y − 1 ⇔  ⇔
 2 y −1 = 2
 y = 5

 2
Với y = 1/2 ⇒
x=2
Với y = 5/2 ⇒
x = 10
0,25
a- Ta có: A'B'C' đều ( cạnh bằng 2 ) B'D' A'C' (1)
∆ ⇒ ⊥
Lại có: AA' B'D' ( 2) . Từ (1) và (2)
⊥
B'D' (ACC'A') ⇒ ⊥ ⇒
B'D' ⊥
A'C (3)

4. 0,5
_''
B -Giả sử A'C cắt O'J tại H ( hình vẽ ) H là ⇒
_'
C
giao điểm của A'C với mp(B'D'MN)
O' - Xét hình chữ nhật ACC'A' có
A'C' =2AA' A'O'OA là hình vuông. Từ đó
⇒
_'
A D' chứng minh được A'I O'J hay A'C O'J
⊥ ⊥
( 4).
I Từ (3) và (4) A'C mp(B'D'MN)
⇒ ⊥
H đpcm
B
_ b-Tứ giác B'D'MN là hình thang cân có đường
_
C
cao là O'J. Ta có: B'N = B ' B +BN =2 2 2
O
J
15
Câu N Tính được O'J = 2 0,5
IV
1đ _
A _
D 1 3 15
M
⇒
S B ' D ' MN =
2
( B ' D '+ MN ).O ' J =
4
(5)
3
∆
A'O'I vuông tại O' có A'O' = 3 , O'I = 2
.
Từ đó tính được
3 3 12
O'H2 = ⇒ A ' H 2 = A ' O '2 − O ' H 2 = 3 − =
5 5 5
2 3
⇒ A' H =
5
1 3
Từ đó: VA ' B ' D ' MN =
3
A ' H .S B ' D ' MN =
2
( ghi chú: Khối D cho 1,5 điểm )
1
Ta có: 1 = 2 x 2 + 2 y 2 − xy = 2( x + y ) 2 −5 xy ≥− xy ⇒xy ≥−
5
5
0,25
1 1 1
1 = 2 x +2 y − xy = 2( x − y ) +3 xy ≥ 3 xy ⇒xy ≤ ⇒− ≤ xy ≤
2 2 2
3 5 3
P = 7[( x 2 + y 2 ) 2 − 2 x 2 y 2 ] + 4 x 2 y 2 = 7( x 2 + y 2 ) 2 −10 x 2 y 2
1 + xy 2 33 2 2 7 7 0,25
= 7( ) −10 x 2 y 2 = − x y + xy +
2 4 2 4
Câu
V Đặt t = xy, t ∈[-
1 1
; ] ⇒P=-
33 2 7
t + t+
7
1đ 5 3 4 2 4
33 2 7 7
Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=-
4
t + t+
2 4
0,25
1 1
trên đoạn [- ; ]
5 3
70 7 18 1
Tìm được: MaxP = ⇔xy = , MinP = ⇔xy =−
33 33 25 5 0,25
Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn.

5. Ta có: Tâm I( 1; -2), bán kính R = 3. Đường thẳng d cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt
⇔d ( I , d ) < R ⇔
2m −1
< 3 ⇔5m 2 + 4m +17 > 0, ∀
0,25
m (đpcm)
2 + m2
1 1
S = dt IAB = IA.IB sin AIB = 3.3.sin α
A (d) B 2 2
0,25
Câu S lớn nhất khi sin α 1 ⇔ = 0
= α 90
VIa1
1đ α
AB R 2 3 2
Lúc đó khoảng cách h từ I tới đường thẳng d là h=
2
=
2
=
2
I 0,25
2m −1 3 2 9
Giải Pt : =
2
⇔ m = −4 ⇒ max S =
2
0,25
2 +m 2
Gọi số cần tìm là: a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 (a1 ≠ 0)
( a1 + a2 + a3 ) +1 = a4 + a5 + a6

Theo đề ra ta có: ( a1 + a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 ) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21
0,25
a + a + a3 = 10
⇔ 1 2
Câu a4 + a5 + a6 = 11
VIa2
1đ Có ba tổ hợp tổng bằng 10 là: ( 1, 3, 6) ; (1,4,5); (2,3 ,5)
0,25
Trong mỗi tổ hợp: - Hoán vị ba chữ số đầu : có 3! Cách
- Hoán vị của ba chữ số cuối: có 3! Cách 0,25
suy ra có 3!.3! = 36 (số)
Vậy với ba tổ hợp có 3.36 = 108 (số ) 0,25
Gọi ( α
) mặt phẳng cần lập , do ( α
) //Ox và ( α
) ⊥β
: x - 2y + 3z - 4 = 0 nên
→ ⊥ →
n α i → → → 0,5
→ →
⇒ nα = [ i , nβ ] = (0; −3; −2) ( chọn )
nα ⊥ nβ

Vậy phương trình của mặt phẳng ( α
) là: 0( x - 3 ) - 3( y - 1 ) - 2( z + 2 ) = 0
3y + 2z + 1 = 0
⇔
Câu
VIIa
1đ
0,5
Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao

6. Pt đường các phân giác l1, l2 của góc tạo bởi d1và d2 là:
2x − y +5 3 x + 6 y −1 (l1 ) : 3 x −9 y +16 = 0 0,5
=± ⇔
2 +1
2 2
3 +6
2 2
(l2 ) : 9 x + 3 y +14 = 0
Câu
VIb1 Đường thẳng (d) qua M tạo với d1, d2 một tam giác cân có đỉnh là giao của d1, d2 khi và chỉ
1đ khi hoặc (d) song song với (l1) hoặc (d) song song với (l2).
TH1: (d) // (l1), suy ra (d) có PT: 3(x-2)-9(y+1)=0 ⇔
x-3y-5=0 0,5
TH2: (d) // (l2), suy ra (d) có PT: 9(x-2)+3(y+1)=0 ⇔
3x+y-5=0
n
Xét khai triển ( 1 + x ) = ∑Cn x
n
(1)
k k
0,25
k =0
Lấy tích phân hai vế của (1) ta có:
Câu 2 2 n
(1 + x) n +1 2 n
x k +1 2 0,5
VIb2 ∫ (1 + x) dx = ∫ ∑Cn x ⇔ = ∑Cn k
n k k
1đ 0 0 k =0 n +1 0 k =0 k +1 0
22 23 2n +1 3n+1 −1
Từ đó dẫn tới : 2C 0 n +
2
Cn1 + Cn 2 +... +
3 n +1
Cn n =
n +1
(Đpcm) 0,25
Gọi ( ) là mặt phẳng cần lập.
α
Chọn M ( 1; 1; 0 ), N ( 5; 0; -13 ) là các điểm chung của hai mặt phẳng đã cho.
→
mp: 2x - z + 7 = 0 có vtpt n β = (2; 0; −1)
0,5
Câu → ⊥ MN→
VIIb Ta có: n α → → →
→ →
⇒ nα = [ MN , nβ ] = (1; −22; 2)
1đ nα ⊥ nβ

Vậy phương trình mp ( α
) là: 1( x - 1 ) - 22( y - 1 ) + ( z - 0 ) = 0
⇔
x - 22y + z + 21 = 0 0,5
Chú ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tương ứng.