www.VNMATH.com
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
2012x x x
dx
x
− +
∫
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
+ +

+ − − + =


− − =


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
∆
đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến
∆


là lớn nhất
2. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d
1
: x – 2y + 1 = 0; d
2
: 3x – y – 2 = 0;
d
3
: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d
1
điểm N trên d
2
sao cho MN =
5
và MN song song với d
3

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
= +


= − +


=

và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng
∆
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. cos2012x
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
Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………………
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
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011-2012. 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> ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ < ⇔ ∈ −
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, y
cđ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y

ct
= 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

=


−

=


<=>
1 8
( ;2 )
3 3 3
1 8
'( ;2 )
3 3 3
M
M

−



− +


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
www.VNMATH.com
2.1
-ĐK

os2 0
sinx 0
c x ≠


≠

-
2
2
2sin 2 (1 os2 ).sinx 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
π

π π
π
π
π
π
π
⇔ + = ⇔ =

= +


= +


=



⇔ ⇔ = − ⇔ = +



+ − =



−
=



= +



-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
+ − − +
+ − − − +
−
+

⇔ − − + =
⇔ − + − = ⇔ − + =

= =

⇔ ⇔


= ±


+ =

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
−
= + = +
∫ ∫

-Tính I
1
:
3
1
2
1
3
1
3
1
1
x
I dx
x
−
=
∫
, 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
−
= − ⇒ = − ⇒ = ⇔ = −

Đổi cận:
1
2; 1 0
3
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó
0
3 4
1
2
3 3
6
2 8
I t dt t= − = =
∫
-Tính I
2
= 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
∆
=
mà
1
. 6
2
ABC
S AB AC
∆
= =
-Tính SH.
0,25
0,25
B
A
H
M
S
C
N
K
www.VNMATH.com
Xét các tam giác SHM, SHN, 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
+ +


+ − − + =


− − =


<=>
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
+
+ +
+
+
+
− − + − =



+ − − + =
 

⇔
= −
 

− − =





=





=
 − =









=

 


= ±
⇔ ⇔





+ − =






= =

 
=

∨


 


= =
 

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:
0,5
0,25
0,25
6a.1 Giả sử
∆
cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên
∆


khi đó
OOH A≤
do đó OH lớn nhất khi H trùng A,
như vậy đường thẳng
∆
cần lập vuông góc với OA <=>
. 0AB OA =
uuur uuur
mà
( 1;2 2;4 4); (2;3;1)AB t t t OA= + − +
uuur uuur
,
nên
. 0AB OA =
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− − −
∆ = =
−
0,25
0,5
0,25
6a.2 M thuộc d
1
, N thuộc d
2

nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − =
<=> (1)
3
3
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =
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
www.VNMATH.com
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
+
= − ⇔ = + = +
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
= +


= − −

, 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
∆
=> B(1 + 3t; -1 + t; 2t)
-Vì AB//(P) nên
. 0 0
P
AB n t= ⇔ =
uuur uur
=> B(1; -1; 0)
-Vậy đường thẳng
∆
:
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