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

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 D – Lớp 11. 
Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề). 
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số ݕ = ݔଶ − 2(݉+ 1)ݔ + 1 
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (1) khi ݉ = 0. 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt hai trục tọa độ tại ba điểm phân biệt tạo thành một tam giác có 
diện tích bằng 1. 
Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình sau: 2 cosଶ ቀߨ4 − 2ݔቁ+ √3 cos 4ݔ = 4 cosଶ ݔ − 1 
Câu 3. (1,0 điểm). Giải phương trình: ݔସ − 2ݔଷ + ݔ = ඥ2(ݔଶ − ݔ) 
Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn: 
ܮ = lim
௫→ଵ
ݔ − 12ݔଶ + ݔ + 1 − 2ݔ√ݔ + 3 
Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp ܵ.ܣܤܥܦ có đáy ܣܤܥܦ là hình vuông cạnh ܽ, mặt bên ܵܣܤ là tam 
giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD); ܵܥ = ܽ√2. Gọi ܪ,ܭ lần 
lượt là trung điểm của các cạnh ܣܤ và ܣܦ. 
a) Chứng minh rằng ܣܥ ⊥ ܵܭ. 
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ܣܤ và ܵܥ. 
Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương ܽ,ܾ, ܿ thỏa mãn ܽ + ܾ + ܿ = 3. Chứng minh rằng: 1ܽ
ଶ + 1ܾଶ + 1ܿଶ + 2(ܽଶ + ܾଶ + ܿଶ)3 ≥ 5. 
Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ܱݔݕ , cho tam giác ܣܤܥ nội tiếp trong đường tròn (ܥ): (ݔ − 1)ଶ + (ݕ + 2)ଶ = 5; ܣܤܥ෣ = 90°,ܣ(2; 0). Tìm tọa độ ܤ,ܥ biết diện tích tam giác ܣܤܥ bằng 4, 
và điểm ܤ có hoành độ dương. 
Câu 8. (1,0 điểm). Cho hàm số ݕ = ௫ାଶ
௫ିଶ
 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) 
biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng ݀:ݕ = −ݔ − 1. 
Câu 9. (1,0 điểm). Một tổ có 11 học sinh, trong đó có 6 nam và 5 nữ, cần chọn ra 5 bạn đi làm nhiệm 
vụ. Tính xác suất để trong 5 bạn được chọn số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. 
==========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 D – Lớp 11. 
Câu Nội dung Điểm 
1 a) (1,0 điểm): Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (1) khi ࢓ = ૙. 
Khi ݉ = 0 ta được hàm số ݕ = ݔଶ − 2ݔ + 1 
Tọa độ đỉnh: ܫ(1; 0) 
Trục đối xứng: ݔ = 1. 0.25 
Lập bảng biến thiên 
 ݔ −∞ 1 + ∞ 
ݕ = ݂(ݔ) 
0.25 
Vẽ đồ thị (đúng, đẹp). 
0.5 
b) (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt hai trục tọa độ tại ba điểm phân biệt 
tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1. 
Gọi (G) là đồ thị của hàm số (1) 
Gọi C là giao điểm của (G) với trục Oy suy ra C(0; 1). 
0.25 
Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 
ݔଶ − 2(݉ + 1)ݔ + 1 = 0 (2). 
(G) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi 
∆ᇱ= (݉ + 1)ଶ − 1 = ݉(݉ + 2) > 0 ⟺ ቂ݉ > 0 
݉ < −2 (∗). 
0.25 
Gọi ܣ(ܽ; 0),ܤ(ܾ; 0) (ܽ ≠ ܾ) là giao điểm của (G) với Ox. Khi đó 
ቐ
ܣܤ = ඥ(ܽ − ܾ)ଶ = ඥ(ܽ + ܾ)ଶ − 4ܾܽ
ܽ + ܾ = 2(݉ + 1) 
ܾܽ = 1 ⟹ܣܤ = 2ඥ݉(݉ + 2) 0.25 
6
4
2
2
5 5
0 
+∞ +∞ 
Diện tích tam giác ABC bằng 1, suy ra 12݀(ܥ;ܣܤ).ܣܤ = 1 ⟺ܣܤ = 2 ⟺ ඥ݉(݉ + 2) = 1 
⟺݉ଶ + 2݉ − 1 = 0 ⟺ ൤݉ = −1 + √2
݉ = −1− √2 (ݐ/݉) 
Vậy ൤݉ = −1 + √2
݉ = −1 − √2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
0.25 
2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 
૛ ܋ܗܛ૛ ቀ
࣊
૝
− ૛࢞ቁ + √૜ ܋ܗܛ ૝࢞ = ૝ ܋ܗܛ૛ ࢞ − ૚(૚) (1) ⟺ 1 + cosቀߨ2 − 4ݔቁ + √3 cos 4ݔ = 4 cosଶ ݔ − 1 
⟺ sin 4ݔ + √3 cos 4ݔ = 2(2 cosଶ ݔ − 1) 0.25 
⟺
12 sin 4ݔ + √32 cos 4ݔ = cos 2ݔ 0.25 
⟺ cos ቀ4ݔ − ߨ6ቁ = cos 2ݔ 0.25 
⟺ ൦
4ݔ − ߨ6 = 2ݔ + ݇2ߨ4ݔ − ߨ6 = −2ݔ + ݇2ߨ ⟺ ൦
ݔ = ߨ12 + ݇ߨ
ݔ = ߨ36 + ݇ߨ3 ( ݇ ∈ ℤ) 0.25 
3. (1,0 điểm). Giải phương trình: ࢞૝ − ૛࢞૜ + ࢞ = ඥ૛(࢞૛ − ࢞) (૚). 
Điều kiện ݔଶ − ݔ ≥ 0. (1) ⟺ (ݔସ − 2ݔଷ + ݔଶ) − (ݔଶ − ݔ) = ඥ2(ݔଶ − ݔ) 
⟺ (ݔଶ − ݔ)ଶ − (ݔଶ − ݔ) = ඥ2(ݔଶ − ݔ) (2) 0.25 
Đặt ݐ = √ݔଶ − ݔ, ݐ ≥ 0. Phương trình (2) có dạng: 
ݐସ − ݐଶ − √2ݐ = 0 ⟺ ൤ ݐ = 0
ݐ = √2 0.25 
Với ݐ = 0, ta được nghiệm là ݔ = 0; ݔ = 1. 0.25 
Với ݐ = √2, ta được nghiệm là ݔ = −1; ݔ = 2. 
 Vậy phương trình có tập nghiệm là ܵ = {−1; 0; 1; 2}. 0.25 
4 (1,0 điểm). Tính giới hạn 
ࡸ = ܔܑܕ
࢞→૚
࢞ − ૚
૛࢞૛ + ࢞ + ૚ − ૛࢞√࢞ + ૜ 
 Đặt 
݂(ݔ) = 2ݔଶ + ݔ + 1 − 2ݔ√ݔ + 3 = (2ݔ − 1)(ݔ − 1)− 2ݔ(ݔ − 1)2 + √ݔ + 3 = (ݔ − 1) ൬2ݔ − 1 − 2ݔ2 + √ݔ + 3൰ 
0.5 
Khi đó 0.25 
ܮ = lim
௫→ଵ
1
൬2ݔ − 1 − 2ݔ2 + √ݔ + 3൰ 
 ⟹ ܮ = 2 
Lưu ý: Học sinh có thể dùng định nghĩa đạo hàm để tính. 
0.25 
5 (1,0 điểm). Cho hình chóp ࡿ.࡭࡮࡯ࡰ có đáy ࡭࡮࡯ࡰ là hình vuông cạnh ࢇ, mặt bên 
ࡿ࡭࡮ là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy 
(ABCD); ࡿ࡯ = ࢇ√૛. Gọi ࡴ,ࡷ lần lượt là trung điểm của các cạnh ࡭࡮ và ࡭ࡰ. 
a) Chứng minh rằng ࡭࡯ ⊥ ࡿࡷ. 
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ࡭࡮ và ࡿ࡯. 
 a) Tứ giác ABCD là hình vuông nên ܣܥ ⊥ ܤܦ. Hơn nữa HK song song với BD, suy ra 
HK vuông góc với AC (1) 
Tam giác SAB cân tại S suy ra SH vuông góc với AB. Mặt khác (SAB) vuông góc với 
(ABCD), và ܣܤ = (ܵܣܤ) ∩ (ܣܤܥܦ) nên ܵܪ ⊥ (ܣܤܥܦ) ⟹ ܵܪ ⊥ ܣܥ (2). 0.25 
Từ (1) và (2) suy ra ܣܥ ⊥ (ܵܪܭ) ⟹ ܣܥ ⊥ ܵܭ. 0.25 
b) Gọi M là trung điểm của CD, suy ra CD vuông góc với mặt phẳng (SHM). 
Trong mp (SHM), dựng HI vuông góc với SM (I nằm trên SM) ⟹ܪܫ ⊥ (ܵܥܦ). 
Lại có AB //CD suy ra AB //(SCD) 
⟹ ݀(ܣܤ; ܵܥ) = ݀൫ܣܤ, (ܵܥܦ)൯ = ݀(ܪ, (ܵܥܦ) = ܪܫ 0.25 
Tam giác BHC vuông tại B, suy ra ܪܥ = ටܽଶ + ௔మ
ସ
= ௔√ହ
ଶ
Tam giác SHC vuông tại H nên ܵܪ = √ܵܥଶ − ܪܥଶ = ௔√ଷ
ଶ
. 
Xét tam giác SHM vuông tại H có HI là đường cao, do đó 1
ܫܪଶ
= 1
ܵܪଶ
+ 1
ܪܯଶ
⟹ ܫܪ = ܽ√217 
0.25 
A D
B C
S
H
K
M
I
Vậy ݀(ܣܤ;ܵܥ) = ௔√ଶଵ
଻
. 
6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương ܽ, ܾ, ܿ thỏa mãn ܽ + ܾ + ܿ = 3. Chứng minh rằng: 1ܽ
ଶ + 1ܾଶ + 1ܿଶ + 2(ܽଶ + ܾଶ + ܿଶ)3 ≥ 5. 
 Ta sẽ chứng minh 1ܽ
ଶ + 2ܽଶ3 ≥ 73 − 2ܽ3 (1) 
Thậy vậy ta có 1ܽ
ଶ + 2ܽଶ3 − 73 + 2ܽ3 = 2ܽସ + 2ܽଷ − 7ܽଶ + 33ܽଶ = (ܽ − 1)ଶ(2ܽଶ + 6ܽ + 3)3ܽଶ ≥ 0 (∗) 
Rõ ràng (*) luôn đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. 
0.5 
Tương tự ta có 1ܾ
ଶ + 2ܾଶ3 ≥ 73 − 2ܾ3 (2) 1ܿ
ଶ + 2ܿଶ3 ≥ 73 − 2ܿ3 (3) 
0.25 
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1ܽ
ଶ + 1ܾଶ + 1ܿଶ + 2(ܽଶ + ܾଶ + ܿଶ)3 ≥ 7 − 2(ܽ + ܾ + ܿ)3 = 5. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ܽ = ܾ = ܿ = 1. 0.25 
7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ ࡻ࢞࢟, cho tam giác ABC nội tiếp đường 
tròn (࡯): (࢞ − ૚)૛ + (࢟ + ૛)૛ = ૞; ࡭࡮࡯෣ = ૢ૙°,࡭(૛;૙). Tìm tọa độ B, C biết diện 
tích tam giác ABC bằng 4 và điểm B có hoành độ dương. 
 Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2) và bán kính ܴ = √5 
Tam giác ABC vuông tại B nên C đối xứng với A qua I. Vì vậy C(0; – 4) 
0.25 
Phương trình AC: 2ݔ − ݕ − 4 = 0. 
Tam giác ABC có diện tích bằng 4, suy ra 
݀(ܤ;ܣܥ) = 2 ஺ܵ஻஼
ܣܥ
= 4
√5 (1) 
Do đó điểm B di chuyển trên đường thẳng d //AC, d có dạng: 2ݔ − ݕ + ݉ = 0,
0.25 
I
B
A C
(݉ ≠ −4). Khi đó (1) ⟺ |4 + ݉|
√5 = 4√5 ⟺ ቂ ݉ = 0݉ = −8 
+) Với ݉ = 0, tọa độ B là nghiệm của hệ 
൜
2ݔ − ݕ = 0(ݔ − 1)ଶ + (ݕ + 2)ଶ = 5 ⟺
⎣
⎢
⎢
⎢
⎡ ൜
ݔ = 0
ݕ = 0 (݈)
ቐ
ݔ = − ଺
ହ
ݕ = − ଵଶ
ହ
 (݈) 0.25 
+) Với݉ = −8, tọa độ B là nghiệm của hệ ൜ 2ݔ − ݕ − 8 = 0(ݔ − 1)ଶ + (ݕ+ 2)ଶ = 5 ⟺
⎣
⎢
⎢
⎢
⎡ ൜
ݔ = 2
ݕ = −4 
ቐ
ݔ = ଵ଺
ହ
ݕ = − ଼
ହ
Vậy C(0; –4); B(2; – 4) hoặc ܤ ቀଵ଺
ହ
; − ଼
ହ
ቁ. 
0.25 
8 
(1,0 điểm). Cho hàm số ࢟ = ࢞ା૛
࢞ି૛
 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến với 
đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng ࢊ:࢟ = −࢞ − ૚. 
 Ta có ݕᇱ = − ସ(௫ିଶ)మ. Vì tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng ݀:ݕ = −ݔ − 1 nên ∆ 
có hệ số góc là ݇ = – 1. 0.25 
Gọi ܣ ቀܽ; ௔ାଶ
௔ିଶ
ቁ , (ܽ ≠ 2) là tiếp điểm. Khi đó 
ݕᇱ(ܽ) = −1 ⟺ − 4(ܽ − 2)ଶ = −1 ⟺ (ܽ − 2)ଶ = 4 ⟺ ቂܽ = 0ܽ = 4 0.25 
+) Với ܽ = 0 ta được phương trình tiếp tuyến là 
∆:ݕ = −ݔ − 1 (݈) 0.25 
+) Với ܽ = 4 ta được phương trình tiếp tuyến là: 
∆: ݕ = −ݔ + 7 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là ݕ = −ݔ + 7. 0.25 
9 (1,0 điểm). Một tổ có 11 học sinh, trong đó có 6 nam và 5 nữ. Cần chọn ra 5 
bạn đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong 5 bạn được chọn số bạn nam nhiều 
hơn số bạn nữ. 
 Gọi A là biến cố: “Trong 5 bạn được chọn số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ” 
Số cách chọn 5 bạn bất kỳ trong tổ là ܥଵଵହ = 462 0.25 
Vì trong 5 bạn số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ nên ta có các trường hợp sau: 
TH1: 5 nam, 0 nữ. Số cách chọn là: ܥ଺ହ.ܥହ଴ 
TH2: 4 nam, 1 nữ. Số cách chọn là: ܥ଺ସ.ܥହଵ 
TH3: 3 nam, 2 nữ. Số cách chọn là : ܥ଺ଷ .ܥହଶ 
0.25 
Số cách chọn 5 bạn mà số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ là 
ܥ଺
ହ .ܥହ଴ + ܥ଺ସ .ܥହଵ + ܥ଺ଷ.ܥହଶ = 281 0.25 
Vậy 
ܲ(ܣ) = 281462 0.25 
Lưu ý: 
 Đáp án chỉ trình bày một cách giải. Các cách giải khác nếu đúng, giám khảo căn cứ các bước trong đáp 
án để cho điểm.