Đề thi thử đại học lần 4 năm học 2012 – 2013 môn toán khối a – Lớp 11. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đ ề)

SỞ GD – ĐT BẮC NINH 
Trường THPT Quế Võ số 1 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn Toán khối A – Lớp 11. 
Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề). 
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số ݕ = −ݔଶ + 4ݔ − 3 (1). 
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (1). 
b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
√ݔ + √2ݔଶ − 6ݔ + ݉ + 1
√ݔ + 1 = √ݔ 
Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác: 
√3(2 cosଶ ݔ + cos ݔ − 2) + sin ݔ (3 − 2 cosݔ) = 0 
Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
ቊ
√2ݔ + 1 + ݔ = ඥ2ݕ + 1 + ݕ 2ݔଶ − 5ݕ + 2 = 4ඥ2(ݕଷ − 21ݔ − 20) 
Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn 
ܮ = lim
௫→ଵ
ݔ − 12ݔଷ + ݔ + 1 − 2ݔ√2ݔଶ − ݔ + 3 
Câu 5. (1,0 điểm). 
 Cho hình chóp ܵ.ܣܤܥ có đáy ܣܤܥ là tam giác vuông cân tại ܤ, cạnh ܣܤ = ܽ. Tam giác ܵܣܥ cân 
tại ܵ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ܣܤܥ). Gọi ܯ,ܰ lần lượt là trung điểm của ܵܣ 
và ܤܥ. Gọi ܫ là điểm nằm trên đoạn ܣܥ sao cho ܣܥ = 4ܣܫ. 
a) Chứng minh rằng ܯܫ ⊥ (ܣܤܥ). 
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ܯܰ và ܣܥ, biết góc giữa ܯܰ với mặt phẳng (ܣܤܥ) bằng 60°. 
Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương ܽ,ܾ, ܿ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
ܲ = ܾܿ(4ܽ + ܾ + ܿ)(ܾ+ ܿ) + ܿܽ(4ܾ + ܿ + ܽ)(ܿ + ܽ) + ܾܽ(4ܿ + ܽ + ܾ)(ܽ + ܾ) 
Câu 7. (1,0 điểm). 
 Trong mặt phẳng tọa độ ܱݔݕ, cho hình thang ܣܤܥܦ vuông tại ܣ,ܦ, có diện tích bằng 24 đơn vị. 
Phương trình các đường thẳng đi qua ܣܦ và ܤܦ lần lượt là ݀ଵ: 3ݔ − ݕ = 0;݀ଶ: ݔ − 2ݕ = 0. Viết phương 
trình đường thẳng ܤܥ biết ܣܤܥ෣ = 135° và điểm ܤ có hoành độ dương. 
Câu 8. (1,0 điểm). Cho hàm số ݕ = ଶ௫ାଵ
௫ାଵ
 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) 
biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm ܣ(−1; 4) và ܤ(−9; −4). 
Câu 9. (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa ݔ trong khai triển ቀݔଶ + ଵ
௫
ቁ
௡
 biết ݊ là số tự nhiên thỏa 
mãn đẳng thức ܣ௡ଶ = ܥ௡ାଵ௡ିଵ + 4݊ + 6 
==========HẾT========== 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ tên thí sinh......Số báo danh 
SỞ GD – ĐT BẮC NINH 
Trường THPT Quế Võ số 1 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn Toán khối A – Lớp 11. 
Câu Nội dung Điểm 
1 a (1,0 điểm): Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số ࢟ = −࢞૛ + ૝࢞ − ૜ 
Tọa độ đỉnh: ܫ(2; 1) 
Trục đối xứng: ݔ = 2. 0.25 
Lập bảng biến thiên 
 ݔ −∞ 2 + ∞ 
ݕ = ݂(ݔ) 1 
−∞ −∞ 
0.25 
Vẽ đồ thị 
0.5 
b. (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
√࢞ + √૛࢞૛ − ૟࢞+࢓ + ૚
√࢞+ ૚ = √࢞ 
Phương trình đã cho được viết lại dưới dạng 
൜
ݔ ≥ 0
ඥ2ݔଶ − 6ݔ + ݉ = ݔ − 1 ⟺ ቄ ݔ ≥ 1−ݔଶ + 4ݔ − 3 = ݉ − 4 0.25 
Xét hàm số ݕ = −ݔଶ + 4ݔ − 3, với ݔ ≥ 1 có đồ thị là phần đồ thị (P) ứng với ݔ ≥1 và hàm số ݕ = ݉− 4 có đồ thị là một đường thẳng đi qua điểm ܣ(0;݉− 4) và song 
song hoặc trùng với trục hoành. 
0.25 
Vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ 0.25 
4
2
2
4
6
5
 Từ đồ thị ta có, yêu cầu bài toán ⟺ ቂ݉− 4 < 0
݉− 4 = 1 ⟺ ቂ݉ < 4݉ = 5 
Vậy ݉ < 4 hoặc ݉ = 5. 0.25 
2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 
√૜(૛܋ܗܛ૛ ࢞+ ܋ܗܛ ࢞ − ૛) + ܛܑܖ ࢞ (૜− ૛ ܋ܗܛ ࢞) = ૙ (૚) (1) ⇔ √3(2 cosଶ ݔ − 2 + cos ݔ) + 3 sin ݔ − 2 sin ݔ cosݔ = 0. 
⇔ −2 sin ݔ ൫√3 sin ݔ + cosݔ൯+ √3൫√3 sin ݔ + cos ݔ൯ = 0 0.25 
൫√3 sin ݔ + cosݔ൯൫√3 − 2 sin ݔ൯ = 0 
⇔ ቎sin ݔ = √32 (2)
√3 sin ݔ + cosݔ = 0 (3) 0.25 
(2) ⇔ sin ݔ = √32 ⇔ ൦ ݔ = ߨ3 + ݇2ߨݔ = 2ߨ3 + ݇2ߨ , ݇ ∈ ℤ 0.25 (3) ⇔ sin ቀݔ + ߨ6ቁ = 0 ⇔ݔ = −ߨ6 + ݇ߨ,݇ ∈ ℤ 
Vậy nghiệm của phương trình là: ݔ = గ
ଷ
+ ݇2ߨ; ݔ = ଶగ
ଷ
+ ݇2ߨ; ݔ = − గ
଺
+ ݇ߨ, ݇ ∈ ℤ. 0.25 
3. 
(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:ቊ
√૛࢞ + ૚ + ࢞ = ඥ૛࢟ + ૚+ ࢟ (૚)
૛࢞૛ − ૞࢟ + ૛ = ૝ඥ૛(࢟૜ − ૛૚࢞ − ૛૙) (૛) 
Điều kiện ቐ
2ݔ + 1 ≥ 0 2ݕ + 1 ≥ 0 2(ݕଷ − 21ݔ − 20) ≥ 0 
Từ phương trình (1) ta được 
√2ݔ + 1− ඥ2ݕ + 1 + ݔ − ݕ = 0 (ݔ − ݕ)ቆ 2
√2ݔ + 1 + ඥ2ݕ + 1 + 1ቇ = 0 (3) 
Do 2
√2ݔ + 1 + ඥ2ݕ+ 1 + 1 > 0 
0.25 
2
2
4
5
nên từ phương trình (3) suy ra ݔ = ݕ 
Thay ݔ = ݕ vào phương trình (2) ta được 2ݔଶ − 5ݔ + 2 = 4ඥ2(ݔଷ − 21ݔ − 20) (4) 
⟺ ൜2ݔଶ − 5ݔ + 2 ≥ 0 4ݔସ − 52ݔଷ + 33ݔଶ + 652ݔ + 644 = 0 
⟺ ൞
൥
ݔ ≥ 2
ݔ ≤
12 (2ݔଶ − 9ݔ − 14)(2ݔଶ − 17ݔ − 46) = 0 (5) 
0.25 
Giải phương trình (5) ta được các nghiệm là 
ݔ = 9 + √1934 ; ݔ = 9 − √1934 ; ݔ = 17 + 3√734 ; ݔ = 17 − 3√734 0.25 
Kết hợp với các điều kiện suy ra nghiệm của hệ phương trình 
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧ݔ = 9 + √1934
ݕ = 9 + √1934 ;⎩⎪⎨
⎪
⎧ݔ = 17 + 3√734
ݕ = 17 + 3√734 
0.25 
 Lưu ý: Học sinh có thể làm câu 3 như sau: 
(4) ⟺ ቐ2ݔଶ − 5ݔ + 2 ≥ 0 ݔଷ − 21ݔ − 20 ≥ 0 2ݔଶ − 5ݔ + 2 = 4ඥ2(ݔ + 4)(ݔଶ − 4ݔ − 5) 
⟺ ቐ
ቂ−4 ≤ ݔ ≤ −1
ݔ ≥ 5 (∗) 2(ݔଶ − 4ݔ − 5) + 3(ݔ + 4) = 4ඥ2(ݔ + 4)(ݔଶ − 4ݔ − 5) (6) 
Do điều kiện (*) nên ta có thể đặt ቊ√ݔ + 4 = ܽ, ܽ ≥ 0
√ݔଶ − 4ݔ − 5 = ܾ, ܾ ≥ 0 
Khi đó phương trình (6) có dạng 3ܽଶ − 4√2ܾܽ + 2ܾଶ = 0 
Từ phương trình này, rút ܽ theo ܾ, sau đó thay vào tìm được nghiệm ݔ. 
4 
 (1,0 điểm). Tính giới hạn 
ܮ = lim
௫→ଵ
ݔ − 12ݔଷ + ݔ + 1 − 2ݔ√2ݔଶ − ݔ + 3 
 Đặt ݂(ݔ) = 2ݔଷ + ݔ + 1 − 2ݔ√2ݔଶ − ݔ + 3 = (2ݔଷ − 3ݔ + 1) + 2ݔ ቀ2 − ඥ2ݔଶ − ݔ + 3ቁ 
= (ݔ − 1)(2ݔଶ + 2ݔ − 1) + 2ݔ(1 + ݔ − 2ݔଶ)2 + √2ݔଶ − ݔ + 3 
0.25 
= (ݔ − 1)(2ݔଶ + 2ݔ − 1)− 2ݔ(ݔ − 1)(1 + 2ݔ)2 + √2ݔଶ − ݔ + 3 (ݔ − 1)ቆ2ݔଶ + 2ݔ − 1 − 2ݔ(1 + 2ݔ)2 + √2ݔଶ − ݔ + 3ቇ 0.25 
Do đó 
ܮ = lim
௫→ଵ
12ݔଶ + 2ݔ − 1 − 2ݔ(1 + 2ݔ)2 + √2ݔଶ − ݔ + 3 0.25 
⇔ ܮ = 23 
Vậy ܮ = ଶ
ଷ
. 
(Lưu ý: Học sinh có thể dùng định nghĩa đạo hàm để tính). 
0.25 
5 
Cho hình chóp ࡿ.࡭࡮࡯ có đáy ࡭࡮࡯ là tam giác vuông cân tại ࡮, cạnh ࡭࡮ = ࢇ. 
Tam giác ࡿ࡭࡯ cân tại ࡿ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (࡭࡮࡯). 
Gọi ࡹ,ࡺ lần lượt là trung điểm của ࡿ࡭ và ࡮࡯. Gọi ࡵ là điểm nằm trên đoạn ࡭࡯ 
sao cho ࡭࡯ = ૝࡭ࡵ. 
a) Chứng minh rằng ࡹࡵ ⊥ (࡭࡮࡯). 
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ࡹࡺ và ࡭࡯, biết góc giữa ࡹࡺ với 
mặt phẳng (࡭࡮࡯) bằng ૟૙°. 
 a) Gọi K là trung điểm AC. Tam giác SAC cân tại S nên SK vuông góc với AC. 
Xét hai mặt phẳng (SAC), (ABC) có: 
൝
(ܵܣܥ)∩ (ܣܤܥ) = ܣܥ(ܵܣܥ) ⊥ (ܣܤܥ) 
ܵܭ ⊥ ܣܥ ⟹ ܵܭ ⊥ (ܣܤܥ) (1) 
0.25 
A C
B
S
K
M
N
I
H
J
Do I nằm trên đoạn AC và ܣܥ = 4ܣܫ nên I là trung điểm của AK. 
Mặt khác M là trung điểm của SA nên theo tích chất đường trung bình trong tam giác 
SAK ta có MI song song với SK (2) 
Từ (1), (2) suy ra MI vuông góc với mặt phẳng (ABC) 
0.25 
b) Gọi H là trung điểm AB, J là hình chiếu của I trên MH, nên ܫܬ ⊥ ܯܪ (2). Ta có 
ܤܭ ⊥ ܪܰ, ܫܪ // ܤܭ ⇒ ܫܪ ⊥ ܪܰ (3) Mặt khác: 
ܯܫ ⊥ (ܣܤܥ) ⇒ ܯܫ ⊥ ܪܰ(4) Từ (3), (4) ta được ܪܰ ⊥ (ܯܪܫ) ⇒ ܪܰ ⊥ ܫܬ(5) Từ (2), (5) suy ra ܬܫ ⊥ (ܯܪܰ) 
0.25 
Lại có AC song song với HN nên AC song song với mặt phẳng (MHN) 
⇒ ݀(ܣܥ;ܯܰ) = ݀൫ܣܥ; (ܯܪܰ)൯ = ݀൫ܫ; (ܯܪܰ)൯ = ܬܫ 
Có: ൫ܯܰ; (ܣܤܥ)൯෣ = 60° ⇒ ܯܰܫ෣ = 60° 
Xét tam giác NIC có ܰܫ = √ܫܥଶ + ܰܥଶ − 2ܫܥ.ܰܥ. cos 45 = ௔√ଵ଴
ସ
Xét tam giác MIN, ܫܯ = ܫܰ. tan 60 = ௔√ଷ଴
ଵ଴
. 
Xét tam giác MIH có ଵ
௃ூమ
= ଵ
ூெమ
+ ଵ
ூுమ
⇒ ܫܬ = ௔√ଷ଴
ଵ଺
0.25 
6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương ࢇ,࢈,ࢉ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
ࡼ = ࢈ࢉ(૝ࢇ+ ࢈ + ࢉ)(࢈+ ࢉ) + ࢉࢇ(૝࢈+ ࢉ+ ࢇ)(ࢉ + ࢇ) + ࢇ࢈(૝ࢉ + ࢇ + ࢈)(ࢇ+ ࢈) 
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 
ܾܿ(4ܽ + ܾ + ܿ)(ܾ+ ܿ) = ܾܿ4ܽ(ܾ + ܿ) + (ܾ + ܿ)ଶ ≤ ܾܿ4ܽ(ܾ + ܿ) + 4ܾܿ = 14 . ܾܾܿܽ + ܾܿ + ܿܽ 0.5 
Chứng minh tương tự ta cũng có 
ܿܽ(4ܾ+ ܿ + ܽ)(ܿ + ܽ) ≤ 14 . ܾܿܽܽ + ܾܿ + ܿܽ 
ܾܽ(4ܿ + ܽ + ܾ)(ܽ + ܾ) ≤ 14 . ܾܾܽܽ + ܾܿ + ܿܽ 
0.25 
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được 
ܲ ≤
14. 
Đẳng thức xáy ra khi và chỉ khi ܽ = ܾ = ܿ. 
Vậy GTNN của P là ଵ
ସ
 khi ܽ = ܾ = ܿ. 
0.25 
7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ࡻ࢞࢟, cho hình thang ࡭࡮࡯ࡰ vuông tại 
࡭,ࡰ, có diện tích bằng 24 đơn vị. Phương trình các đường thẳng đi qua ࡭ࡰ và ࡮ࡰ 
lần lượt là ࢊ૚:૜࢞ − ࢟ = ૙;ࢊ૛: ࢞ − ૛࢟ = ૙. Viết phương trình đường thẳng ࡮࡯ 
biết ࡭࡮࡯෣ = ૚૜૞° và điểm ࡮ có hoành độ dương. 
 Từ giả thiết ta có cos(ܣܦ;ܤܦ) = √22 ⟹ܣܦܤ෣ = 45° 
⟹ ∆ܣܤܦ vuông cân tại A ⟹ܣܤ = ܣܦ = ݔ (ݔ > 0) 
Mặt khác ܣܤܥ෣ = 135° ⟹ ൜ܤܥܦ෣ = 45°
ܦܤܥ෣ = 90° ⟹ ∆ܦܤܥ vuông cân tại B. 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, suy ra H là trung điểm BD , vì vậy 
ܥܦ = 2ܤܪ = 2ܣܦ = 2ݔ. 
0.25 
Lại có 
ܵ஺஻஼஽ = 12 (ܣܤ + ܥܦ).ܣܦ = 24 ⟺ 3ݔଶ2 = 24 ⟺ ݔ = 4 0.25 
Tọa độ điểm D thỏa mãn hệ phương trình 
൜
3ݔ − ݕ = 0
ݔ − 2ݕ = 0 ⟺ ൜ݔ = 0ݕ = 0 ⟹ ܦ(0; 0). 
Tam giác ABD vuông cân nên ܤܦ = ݔ√2 = 4√2 
ܤ ∈ ܤܦ: ݔ − 2ݕ = 0 ⟹ܤ(2ܾ;ܾ), (ܾ > 0) 
ܤܦ = 4√2 ⟺
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎡
ܾ = ඨ325
ܾ = −ඨ325 ⟹ ܾ =
ඨ
325 = 8√10 ⟹ܤ ൬ 16√10 ; 8√10൰. 
0.25 
BD vuông góc với BC nên phương trình BD là 2ݔ + ݕ − 4√10 = 0 0.25 
8. 
Cho hàm số ࢟ = ૛࢞ା૚
࢞ା૚
 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) 
biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm ࡭(−૚; ૝) và ࡮(−ૢ; −૝). 
 Gọi ܯቀܽ; ଶ௔ାଵ
௔ାଵ
ቁ , (ܽ ≠ −1) là tọa độ của tiếp điểm. 
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại M là 
ݕ = 1(ܽ + 1)ଶ (ݔ − ܽ) + 2ܽ + 1ܽ + 1 
⇔ ݔ − (ܽ + 1)ଶݕ + 2ܽଶ + 2ܽ + 1 = 0 
0.25 
Từ giả thiết suy ra 
݀(ܣ; ݀) = ݀(ܤ;݀) 
⇔ |−1 − 4(ܽ + 1)ଶ + 2ܽଶ + 2ܽ + 1| = |−9 + 4(ܽ + 1)ଶ + 2ܽଶ + 2ܽ + 1)| 
⇔ |2ܽଶ + 6ܽ + 4| = |6ܽଶ + 10ܽ − 4| 0.25 
⇔ ൤4ܽଶ + 4ܽ − 8 = 08ܽଶ + 16ܽ = 0 ⇔ ൥ ܽ = 1ܽ = −2ܽ = 0 0.25 
Với ܽ = −2;ܽ = 0;ܽ = 1 ta được các phương trình tiếp tuyến là: 0.25 
݀ଵ:ݔ − 4ݕ + 5 = 0 
݀ଶ: ݔ − ݕ + 1 = 0 
݀ଷ: ݔ − ݕ + 5 = 0 
9 
(1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa ࢞ trong khai triển ቀ࢞૛ + ૚
࢞
ቁ
࢔
 biết ࢔ là số tự 
nhiên thỏa mãn đẳng thức ࡭࢔૛ = ࡯࢔ା૚࢔ି૚ + ૝࢔ + ૟. 
 Xét phương trình ܣ௡ଶ = ܥ௡ାଵ௡ିଵ + 4݊ + 6(݊ ∈ ܰ ∗,݊ ≥ 2) 
⇔ ݊(݊ − 1)− (݊ + 1)!2! (݊ − 1)! = 4݊ + 6 0.25 
⇔ ݊ଶ − 11݊ − 12 = 0 ⇔ ቂ݊ = −1
݊ = 12 ⇒ ݊ = 12 0.25 
Với ݊ = 12, ta có số hạng tổng quát trong khai triển ቀݔଶ + ଵ
௫
ቁ
ଵଶ
 là 
௞ܶାଵ = ෍ܥଵଶ௞ . ݔଶ(ଵଶି௞). 1ݔ௞ଵଶ
௞ୀ଴
= ෍ܥଵଶ௞ . ݔଶସିଷ௞ .ଵଶ
௞ୀ଴
0.25 
Số hạng không chứa ݔ trong khai triển có giá trị ݇ thỏa mãn 
ቄ݇ ∈ ܰ, 0 ≤ ݇ ≤ 1224 − 3݇ = 0 ⇔ ݇ = 8 
Vậy số hạng cần tìm là ଽܶ = ܥଵଶ଼ 0.25 
Lưu ý: 
Đáp án trên chỉ trình bày một cách giải. Nếu học sinh làm theo cách khác thì giám khảo căn cứ vào các 
bước của đáp án để cho điểm.