ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2011

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT YÊN MÔ
Giáo viên: Đinh Xuân Thạch

Câu

Môn: Toán

(Hướng dẫn chấm gồm 09 câu, 09 trang)
Đáp án

1. ( 1.0 điểm)

Điểm

1
2

Với m = -2 ta có: y = − x 4 + x 2 + 4
1.Tập xác định: D = R
2. Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: Ta có y ' = −2 x 3 + 2 x = −2 x(x 2 − 1)
x = 0
y ' = 0 ⇔ −2 x x 2 − 1 = 0 ⇔ 
 x = ±1

(

)

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;−1) và (0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− 1;0) và (1;+∞ )
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = 4
Hàm số đạt cực đại tại x = ±1; ; yCT = 9/2.

 1

 2
 1

lim y = lim  − x 4 + x 2 + 4  = −∞
x → −∞
x → −∞
 2


- Giới hạn tại vô cực: lim y = lim  − x 4 + x 2 + 4  = −∞
x → +∞

- Bảng biến thiên:
x −∞
y’
+

I


(2.0điểm)

−1

0
9/2

0.25

x → +∞

-

+∞

1

0
0

+

0
9/2

-

0.25
y
−∞


−∞

4

3. Đồ thị:
- Giao Ox:
 x 2 = −2

1
2

Cho y = 0 ⇒ − x 4 + x 2 + 4 = 0 ⇔ 

2
 x = 4

⇔ x = ±2

⇒ Đồ thị giao Ox tại: (− 2;0) , (2;0)

- Giao Oy tại (0; 4).
- Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng.
y

0.25

4

3


2

1
x
-2

-1

1

2

-1

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

Trang 1 / 9


Câu

Đáp án

2. ( 1.0 điểm)
y=

1 4 m 2
x − x − 2m ;
m

2

y' =

4
y' = 0 ⇔ x 3 − mx = 0 ⇔
m

Điểm

4 3
x − mx
m

x = 0
 2 m2 
 = 0 ⇔ 
x  x −
x = ± m
4


2


ĐK để hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu là

m > 0
a > 0
⇔m>0

⇔

m ≠ 0
PT y' = 0 cã 3 nghiÖm phan biÖt

0.25

Với x = 0 ⇒ y = −2m
m
m3
− 2m
x=± ⇒y=−
2
16

I

(2.0điểm)

Tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị:


 m m3
 m m3
− 2m  ; C ;−
− 2 m 
A(0;−2 m) ; B  − ;−


 2 16

 2 16
-Ta có A ∈ Oy , B và C đối xứng nhau qua trục Oy nên ∆ABC cân tại A.Gọi
H là trung điểm BC ⇒ AH là đường cao ∆ABC
m3
BC = x C − x B = m ; AH = y A − y B =
16
S ∆ABC

1
1 m4
= AH. BC = 1 ⇔ .
= 1 ⇔ m 4 = 32
2 16
2

0.25

0.25

m = 2.4 2
⇔
m = −2.4 2 (lo¹i )
Vậy m = 2.4 2 thỏa mãn bài toán.

0.25

1. ( 1.0 điểm): Giải PT Lượng giác
π
-ĐK: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + mπ , m ∈ Z .
2


π x 
3 cos 2 x. sin 2  − 
 4 2


π
⇔ (sin 2 x − tan x )(sin x − 1) = 3 cos 2 x.1 − cos − x 

2

⇔ (sin 2 x − tan x )(sin x − 1) = 3 cos 2 x.(1 − sin x )

(sin 2 x − tan x )(sin x − 1) = 2

II

(2.0điểm)

0.25

⇔ (sin 2 x − tan x )(sin x − 1) + 3 cos 2 x.(sin x − 1) = 0

(

)

⇔ (sin x − 1). sin 2 x − tan x + 3 cos 2 x = 0

sin x = 1 (loại vì sin x = 1 ⇒ cos x = 0 )


⇔
sin 2 x − tan x + 3 cos 2 x = 0

sin x
⇔ 2 sin x. cos x −
+ 3 cos 2 x = 0
cos x
⇔ sin x. 2 cos 2 x − 1 + 3 cos 2 x. cos x = 0

(

0.25

)

(

)

cos 2 x = 0
⇔ cos 2 x. sin x + 3 cos x = 0 ⇔ 
sin x + 3 cos x = 0

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

0.25
Trang 2 / 9



Đáp án

Câu

π kπ

π
π kπ


x= +

2
π
x
k
x
=
+
=
+
4 2
2
4 2 ⇔
⇔
⇔


 x = − π + kπ
tan x = − 3

sin x = − 3 cos x

3

Điểm

(k ∈ Z )

0.25

(Thỏa mãn ĐK). KL….
Cách 2: Phân tích thành tích rồi giải PT: sin 2 x − tan x + 3 cos 2 x = 0
2t

sin 2 x = 1 + t 2
Bằng cách đặt t = tanx, ta có: 
2
cos 2 x = 1 − t

1+ t2

2. ( 1.0 điểm) Giải hệ

2 x 3 + y 2 = 2 x 2 y + xy (1)

4. 2 x 2 − y − 1 + 3 8 x 3 − 7 = 2 y − 1 (2)
- ĐK: 2 x 2 − y − 1 ≥ 0

- Ta có:
(1) ⇔ 2 x 3 − 2 x 2 y + y 2 − xy = 0 ⇔ 2 x 2 ( x − y ) − y( x − y ) = 0


0.25

x = y
⇔ (x − y ) 2 x 2 − y = 0 ⇔  2
2 x − y = 0 (lo¹i )

(

II

(2.0điểm)

)

Với x = y thế vào (2) ta có:
4. 2 x 2 − x − 1 + 3 8 x 3 − 7 = 2 x − 1
⇔ 4. 2 x 2 − x − 1 + 3 8 x 3 − 7 − (2 x − 1) = 0 (3)

Vì

3

8 x 3 − 7 và (2 x − 1) không đồng thời bằng 0 nên ta có:
8 x 3 − 7 − (2 x − 1)

3

(3) ⇔ 4. 2 x − x − 1 +
2


( 8x − 7 ) + (2 x − 1). 8x
3

3

⇔ 4. 2 x 2 − x − 1 +

3

(

( 8x − 7 ) + (2 x − 1). 8x

− 7 + (2 x − 1)

2

2

)

3

3

3

− 7 + (2 x − 1)


2

12 x 2 − 6 x − 6

( 8x − 7 ) + (2 x − 1).
2

3

3


⇔ 2. 2 x − x − 1.2 +


2

3

8 x 3 − 7 − 8 x 3 − 12 x 2 + 6 x − 1

3

⇔ 4. 2 x 2 − x − 1 +

2

(

3


3

8 x − 7 + (2 x − 1)
3

2

0.25

=0

=0

=0

0.25


=0
2
2 
3
3
3
8 x − 7 + (2 x − 1). 8 x − 7 + (2 x − 1) 

)

3. 2 x 2 − x − 1


x = 1
⇔ 2x − x −1 = 0 ⇔ 2x − x −1 = 0 ⇔ 
x = − 1
2

1
Vậy hệ có nghiệm: x = y = 1; x = y = − .
2
2

2

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

0.25

Trang 3 / 9


Câu
π

π

Đáp án

π

Điểm


π

3
3
3
1 + 4 x. sin 2 x. cos 2 x
dx
 1

2
dx
=
+
4
x
.
tan
x
dx
=
+
4
x tan 2 xdx


∫
∫
∫
4

4
4
cos x

0
0  cos x
0 cos x
0
3

I=∫

π

π

3

3

0.25

1
dx; I 2 = ∫ x tan 2 xdx
4
x
cos
0
0


Đặt I1 = ∫

π

π

3

3

π

(

)

3
1
1
1
1
dx
=
dx
=
dx
tan 2 x + 1 .
.
4
2

2
∫
∫
cos 2 x
0 cos x
0 cos x cos x
0
1
Đặt t = tanx ⇒ dt = 2 dx ;
cos x

Ta có: I1 = ∫

x = 0 ⇒ t = 0; x =
3

I1 =

III

(1.0điểm)

3

0.25

⇒t= 3.
3

 t3 

t + 1 dt =  + t  = 2 3
0
3

∫(
0

π

2

)

π

π

3

3

π

3


 x
 1
1
=

− x dx
I 2 = ∫ x tan 2 xdx = ∫ x 
dx
−


2
2
∫


0
0  cos x
0  cos x

π

π

3

2 3

x
x
=∫
dx −
2
2
0 cos x


0

π

π2
x
=∫
dx −
2
18
0 cos x
3

u = x
du = dx
Đặt 
⇒
1
dv = cos 2 x dx v = tan x
π
π

I 2 = x tan x 03

0.25
π

π2


3π π 2 3 sin x
dx
− ∫ tan xdx −
=
−
−∫
18
3
18
cos
x
0
0
3

π
π
3π π 2
3π π 2 3 d (cos x )
3π π 2
−
− ln 2
=
−
+∫
=
−
+ ln cos x 03 =
3
18

3
18 0 cos x
3
18

0.25

 3π π 2

Vậy I = I1 + 4.I 2 = 2 3 + 4
−
− ln 2  .
18
 3

S ABCD = 2.S ∆ABD

a2 . 3 a2 . 3
= 2.
=
4
2

-Gọi O là tâm của đáy ABCD;

IV

(1.0điểm)

H = AO ∩ DM là tâm của ∆ABD .

-Vì chóp S.ABD đều ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BC ;

0.25

và chỉ ra được BH ⊥ BC ; suy ra BC ⊥ (SHB ) .
^

-Chỉ ra được SBH = 60 0 là góc giữa (SBC) và (ABCD).

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

Trang 4 / 9


Đáp án

Câu

Điểm

S

K

C

D
O

H

A

IV

(1.0điểm)

B

M

-Xét ∆SHB vuông tại B, có:
2
2 a 3 a 3
AO = .
=
3
3
3 2
^
a 3
SH
⇒ SH = HB. tan 60 0 =
. 3=a
tan SBH =
HB
3
a3 3
1 a2 3
1
.

⇒ VS . ABCD = .S ABCD .SH = .
.a =
6
3 2
3
• Chứng minh MK ⊥ (SCD) :
-Vì chóp S.ABD đều, AK ⊥ SD ⇒ BK ⊥ SD
⇒ SD ⊥ ( KAB ) ⇒ SD ⊥ MK (1)
 AB ⊥ DM
-Ta có: 
⇒ AB ⊥ ( SDM )
 AB ⊥ SH ( vi SH ⊥ ( ABCD) )
mà CD//AB ⇒ CD ⊥ ( SDM ) ⇒ CD ⊥ MK (2)
Từ (1), (2) ⇒ MK ⊥ (SCD)
HB = HA =

(2 − m) x 2 + (m + 2) x + 2 − m ≤ m. x 4 + x 2 + 1

0.25

0.25

0.25

(1); -ĐK: ∀x ∈ R

-Ta có: x 4 + x 2 + 1 = x 4 + 2 x 2 + 1 − x 2 = (x 2 + 1) − x 2 = (x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1)
2

x 2 + x + 1 > 0

và  2
, ∀x ∈ R .
x − x + 1 > 0

V

(1.0điểm)

Do đó:

0.25

(2 − m) x 2 + (m + 2) x + 2 − m ≤ m. x 4 + x 2 + 1

(

)

(

)

(

)(

)

⇔ 2 x 2 + x + 1 − m x 2 − x + 1 ≤ m. x 2 + x + 1 x 2 − x + 1


x2 + x +1
x2 + x +1
x2 + x +1
; Đặt t = 2
, t > 0.
− m ≤ m. 2
⇔2 2
x − x +1
x − x +1
x − x +1
x2 + x +1
− 2x2 + 2
Xét hàm số: g ( x) = 2
; g ' ( x) =
2
x − x +1
x2 − x +1

(

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

)

Trang 5 / 9


Đáp án

Câu


Điểm

g ' ( x) = 0 ⇔ −2 x + 2 = 0 ⇔ x = ±1
2

x2 + x +1
= 1; lim g ( x) = 1 ;
x → +∞ x 2 − x + 1
x → −∞

lim g ( x) = lim

x → +∞

Bảng biến thiên:
x
−∞
III

g’(x)

(1.0điểm)

−1

-

+∞


1

0

+

0
3

-

1
g(x)

1
1
3

0.25
 1

1 



Ta có g ( x) ∈  ;3, ∀x ∈ R ⇒ t ∈  ; 3  .
3 
 3

(Có thể tìm điều kiện của t như sau:

x2 + x +1
⇔ t 2 x2 − x +1 = x2 + x +1
2
x − x +1
2
⇔ t − 1 .x 2 − (t 2 + 1).x + t 2 − 1 = 0

(

t2 =

(

)

)

Coi đây là PT bậc 2 ẩn x, t là tham số. Tìm ĐK để PT có nghiệm suy ra
điều kiện của t ).
2t 2
BPT (1) trở thành: 2t − m ≤ m.t ⇔ 2t ≤ m(t + 1) ⇔
≤ m (2).
t +1
2t 2
 1

Xét hàm số: f (t ) =
, với t ∈  ; 3 
t +1
 3


2
2t + 4t
 1

 1

f ' (t ) =
> 0, t ∈  ; 3  . Nên f(t) đồng biến trên  ; 3  .
2
(t + 1)
 3

 3

 1

-BPT(1) thỏa mãn ∀x ∈ R ⇔ BPT (2) thỏa mãn ∀t ∈  ; 3 
 3

6
⇔ max f (t ) ≤ m ⇔ f 3 ≤ m ⇔
≤ m ⇔ m ≥ 3 3 −1 .
 1

3
+
1
;
3



2

2

( )

 3

(

)

0.25

0.25



1. (1.0điểm): Tìm tọa độ A, B, C

x − 2 y − 4 = 0
x = 0
⇔
7 x − 4 y − 8 = 0
 y = −2

-Tọa độ của B là nghiệm của hệ: 
⇒ B (0; − 2)


0.25

-Vì ∆ABC cân tại A nên AG là đường cao của ∆ABC .
Vì AG ⊥ BC nên phương trình của đường thẳng AG là:
VI.A
(2.0điểm)

1
4 

2. x −  + 1. y −  = 0 ⇔ 2 x + y − 3 = 0 .
3
3 


Gọi M là trung điểm của BC, tọa độ của M là nghiệm của hệ:

0.25

2 x + y − 3 = 0
x = 2
⇔
⇒ M (2; − 1) .

x − 2 y − 4 = 0
 y = −1

-Gọi A(x; y) , Ta có: AG = 2GH ,
1

4
1
4


AG =  − x; − y ; GH =  2 − ;−1 −  , suy ra A(0; 3).
3
3
3
3



Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

0.25

Trang 6 / 9


Đáp án

Câu

Điểm

x A + x B + xC

x
=

G

3
Ta có: 
, suy ra C(4; 0)
y
y
y
+
+
A
B
C
y =
 G
3

0.25

(Hoặc tìm tọa độ C dựa vào M là trung điểm của BC)
Vậy A(0; 3), B(0; − 2) , C(4; 0)
2. (1.0điểm): Viết phương trình đường thẳng ∆

-mp(P) có vectơ pháp tuyến n P = (1;−2;2)
-Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆ và d1, d2
M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ;3 − 3t1 ;2t1 ) ; N ∈ d 2 ⇒ N (5 + 6t 2 ;4t 2 ;−5 − 5t 2 )

0.25

MN = (6t 2 − 2t1 + 4; 4t 2 + 3t1 − 3; − 5t 2 − 2t1 − 5)

∆ //( P )
-Từ giả thiết 
ta có hệ:
d (∆, ( P )) = 2

VI.A

(2.0điểm)

MN .n P = 0
MN ⊥ n P

⇔  1 + 2t1 − 2(3 − 3t1 ) + 2.2t1 − 1

d ( M , ( P)) = 2
=2

1+ 4 + 4

6t 2 − 2t1 + 4 − 2( 4t 2 + 3t1 − 3) + 2( − 5t 2 − 2t1 − 5) = 0
⇔
 12t1 − 6 = 6
t1 = 0
t1 + t 2 = 0

− 12t1 − 12t 2 = 0

t 2 = 0
⇔
⇔ 2t1 − 1 = 1 ⇔ 


 2t1 − 1 = 1
2t − 1 = −1 t1 = 1

 1
t 2 = −1

0.25

t = 0
, ta có: M(1; 3; 0), N(5; 0 ; -5)
t
=
0
2


-Với  1

∆ đi qua M và có vectơ chỉ phương là MN = (4;−3;−5) nên có PT:
x −1 y − 3
z
=
=
4
−3
−5
t = 1
-Với  1
, ta có ∆ đi qua M(3; 0 ; 2), N(-1; -4; 0) và có VTCP

t 2 = −1
x−3
y
z−2
.
=
=
MN = (−4; − 4;−2) nên có PT:
−2
−4 −4

KL: có 2 đường thẳng thỏa mãn bài toán :
∆1 :

0.25

x −1 y − 3
z
x−3
y
z−2
=
=
; ∆1 :
=
=
−2
−4 −4
4
−3

−5

(HS có thể viết PT đường thẳng dạng tham số hoặc chính tắc).
Cách 2: - Lập PT mp(Q) song song và cách (P) một khoảng bằng 2.
- Khi đó ∆ đi qua M, N lần lượt là giao điểm của d1, d2 với (Q)

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

0.25

Trang 7 / 9


Câu

Đáp án

Đặt z = x + yi ; (x, y ∈ R ) .
-Ta có

Điểm

z + 4 + 2i = z + 6i ⇔ x + yi + 4 + 2i = x − yi + 6i
⇔ ( x + 4 ) + ( y + 2 )i = x + (6 − y )i

0.25

⇔ ( x + 4 ) + ( y + 2 ) = x + (6 − y )
⇔ x 2 + 8 x + 16 + y 2 + 4 y + 4 = x 2 + 36 − 12 y + y 2
⇔ 8 x + 16 y − 16 = 0 ⇔ x + 2 y − 2 = 0 (1)

2

2

2

2

-Ta có:

(z + 1)(z + 2 − i ) = ( x + yi + 1)( x − yi + 2 − i) = [(x + 1) + yi].[(x + 2) − ( y + 1)i ]
VII.A
= ( x + 1)( x + 2) + y ( y + 1) + [ y ( x + 2) − ( x + 1)( y + 1)].i
(1.0điểm) = (x + 1)(x + 2) + y ( y + 1) + (− x + y − 1).i
-Ta có: (z + 1)(z + 2 − i ) là số thực ⇔ ⇔ − x + y − 1 = 0 (2)

0.25

x + 2 y − 2 = 0
x = 0
⇔
− x + y − 1 = 0
y =1

0.25

Xét cấp số nhân (un) , với u1 = 1; công bội q = z 2 .
và z 2012 là số hạng thứ 1007.

0.25


-Từ (1) và (2) ta có hệ: 
⇒ z =i.
Tính tổng S:

(

)

( )

( )

2 1007

2 1007

u1 1 − q
1− z
1− i
=
=
= 1.
2
1− q
1− z
1− i2
1. (1.0 điểm)
Đường tròn (C1 ) có tâm I1(0; -1), bán kinh R1 = 2.


Ta có: S =

n

Đường tròn (C 2 ) có tâm I2(1; 0), bán kinh

2.

2

VI.B
(1.0điểm)

 MN 
-Ta có d (I 2 , ∆ ) = R22 − 
 =1
 2 
-TH1: Nếu đường thẳng ∆ ⊥ Ox , thì ∆ có phương trình dạng: x –m = 0
d (I , ∆ ) = R1
Từ giả thiết  1
ta tìm được m = 2
d ( I 2 , ∆ ) = 1
Vậy phương trình đường thẳng ∆ : x – 2 = 0.
-TH2: Nếu đường thẳng ∆ không vuông góc với Ox, ∆ có hệ số góc k
nên ∆ có phương trình: y = kx + b ⇔ kx − y + b = 0 .

d (I , ∆ ) = R1
Từ giả thiết  1
d ( I 2 , ∆ ) = 1





ta có hệ: 




(
(

1+ b
k 2 +1
k +b
k 2 +1

=2

0.25

0.25

=1

)
)

 1 + b = 2. k 2 + 1
(1 + b )2 = 4 k 2 + 1
k = 0


⇔
⇔
⇔

(k + b )2 = k 2 + 1
b = 1
 k + b = k 2 + 1
Suy ra phương trình của ∆ : y = 1.
KL: có 2 đường thẳng thỏa mãn: ∆1 : x − 2 = 0; ∆ 2 : y − 1 = 0

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

0.25

0.25

Trang 8 / 9


Câu

Đáp án

Điểm

2. (1.0 điểm)
BC 2 = 24; Gọi A(a; b; 4 − 2a − b) ∈ ( P)

0.25


(a + 3)2 + b 2 + (6 − 2a − b )2 = 24
 AB 2 = BC 2
⇔
∆ABC đều ⇔  2

 AC = BC 2
(a + 1)2 + (b + 2)2 + (2 − 2a − b )2 = 24
3a 2 − 6a + 3 = 0
a = 1
. Vậy A(1; 2; 0) .
⇔
⇔
b = 2
a + b = 3

VI.B

(1.0điểm)

0.25
0.25

-Trọng tâm của ∆ABC là G (−1; 0; 0) .

Ta có MA + MB + MC = 3MG = 3MG .
MA + MB + MC nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất
⇔ M là hình chiếu vuông góc của G lên (P).

 x = −1 + 2t


-Chỉ ra PT của đường thẳng d đi qua M và vuông góc với (P) là:  y = t
z = t


VII.B

(1.0điểm)

-Ta có M = d ∩ (P) . Nên M (1; 1; 1) .
Tổ có 12 người
-Chọn ra 4 người từ 12 người có: C124 (cách).
-Còn lại 8 người, chọn ra 4 người từ 8 người còn lại có: C84 (cách).
-Cuối cùng còn lại 4 người là nhóm cuối.
Vậy số phần tử của không gian mẫu: n(Ω ) = C124 .C84 .1 = 34 650 .
Gọi A là biến cố: “Chia ngẫu nhiên được nhóm nào cũng có nữ”.
- Chỉ có 3 nữ và lại chia 3 nhóm nên theo yêu cầu thì mỗi nhóm có
đúng 1 nữ và 3 nam.
-Chọn nhóm thứ nhất:
Chọn ra 3 nam từ 9 nam có C93 (cách).
Chọn ra 1 nữ từ 3 nữ có C31 (cách).
Vậy chọn nhóm thứ nhất có: C93 .C31 (cách).
-Lúc đó tổ còn lại: 2 nữ và 6 nam.
Chọn ra nhóm thứ 2 có: C63 .C 21 (cách).
-Cuối cùng còn lại 4 người là nhóm thứ 3, có 1 cách.
Vậy n( A) = C93 .C31 .C63 .C 21 .1 = 10 080 .
-Xác suất của biến cố A là: P( A) =

n( A) 10080 16
.

=
=
n(Ω ) 34650 55

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Chú ý: - Học sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương.
-Trên đây là gợi ý làm bài. Khi làm bài yêu cầu học sinh trình bày thật chi tiết.

Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B

Trang 9 / 9