Đề thi thử ĐH môn toán số 167

WWW.VNMATH.COM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 167)
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm
( )
1;1I −
và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao
cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
cos3 sin 2 3 sin 3 cos2x x x x+ = +
.
2. Giải hệ phương trình
( )
3 3
2 2
3 4
9

x y xy
x y

− =



=

.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
( )
(
)
2 2
2 1 1m x x m− + + = −
có nghiệm.
2. Chứng minh
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
với mọi số dương
; ;a b c

.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' 'ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
( )
2;1M
và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
( ) ( )
2 2
2
1 log log 2 log 6x x x+ + + > −
.
2. Tìm
2
ln x dx
∫

.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
 
 ÷
 
. Viết phương trình chính
tắc của elip đi qua điểm M và nhận
( )
1
3;0F −
làm tiêu điểm.
Câu VI.b: (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y
+

+ = +


=



.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
cos2 1
cos2 1
x
f x
x
−
=
+
.
Hết
WWW.VNMATH.COM
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 67 )
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Tập xác định:
{ }
\ 1D R= −
. 0,25 đ
Sự biến thiên:
• Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
x x

y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là TCN.

( ) ( )
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
− +
→ − → −
= +∞ = −∞ ⇒ = −
là TCĐ
0,25 đ

( )
2
4
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
.
• BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − − +∞

Và không có cực trị.
0,25 đ
Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua
( )
1;1−
. 0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k
( )
: 1 1d y k x= + +
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
−
⇔ = + +
+
có 2 nghiệm PB khác
1−
.
0,25 đ
Hay:
( )
2
2 4 0f x kx kx k= + + + =

có 2 nghiệm PB khác
1−

( )
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f

≠

⇔ ∆ = − > ⇔ <


− = ≠

.
0,25 đ
Mặt khác:
2 2
M N I
x x x+ = − = ⇔
I là trung điểm MN với
0k
∀ <
. 0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1y kx k= + +

với
0k
<
. 0,25 đ
Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.
Câu II
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Ta có: PT
cos3 3sin 3 3 cos 2 sin 2x x x x⇔ − = +


1 3 3 1
cos3 sin 3 cos 2 sin 2
2 2 2 2
x x x x⇔ − = +


cos 3 cos 2
3 6
x x
π π
   
⇔ + = −
 ÷  ÷
   
.
0,50 đ

Do đó:
3 2 2 2
3 6 6
x x k x k
π π π
π π
+ = + + ⇔ = − +
. 0,25 đ
Và:
2
3 2 2
3 6 10 5
k
x x k x
π π π π
π
+ = − − + ⇔ = − +
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Ta có :
2 2
9 3x y xy= ⇔ = ±
. 0,25 đ
. Khi:
3xy =
, ta có:
3 3
4x y− =
và

( )
3 3
. 27x y− = −

0,25 đ
WWW.VNMATH.COM
Suy ra:
( )
3 3
;x y−
là nghiệm PT
2
4 27 0 2 31X X X− − = ⇔ = ±

Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31x y= + = − −
Hay
3 3
2 31, 2 31x y= − = − +
.
0,25 đ
Khi:
3xy = −
, ta có:
3 3
4x y− = −
và
( )
3 3

. 27x y− =

Suy ra:
( )
3 3
;x y−
là nghiệm PT
2
4 27 0( )X X PTVN+ + =
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Đặt
2
1t x= +
. ĐK:
1t
≥
, ta có:
( ) ( )
2
2 1 1m t t m− + = − −
0,25 đ
Hay:
( )
1
1
2

m t t
t
= + ≥
+
. Xét
( ) ( )
( )
2
1 1
' 1
2
2
f t t f t
t
t
= + ⇒ = −
+
+
0,25 đ

( )
( )
( )
2
2
4 3
' , ' 0 1( ), 3( )
2
t t
f t f t t l t l

t
+ +
= = ⇔ = − = −
+
. 0,25 đ
Dựa vào BBT, ta kết luận
4
3
m ≥
. 0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
= − ≥ − = −
+ +
(1) 0,50 đ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc

b c
≥ −
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
≥ −
+
(3). 0,25 đ
Cộng (1), (2), (3), ta có:
( )
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
+ + + + + ≥ + +
+ + +
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có:
( ' )
'

BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

.
0,25 đ
Mà
' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
. 0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
= + ⇒ =
. 0,25 đ
KL:
3

. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V =
. 0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)
Gọi d là ĐT cần tìm và
( ) ( )
;0 , 0;A a B b
là giao điểm của d với Ox,
Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
+ =
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8ab
a b
+ = =
.
0,25 đ
Khi
8ab
=
thì

2 8b a
+ =
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − =
. 0,25 đ
Khi
8ab = −
thì
2 8b a+ = −
. Ta có:

2
4 4 0 2 2 2b b b+ − = ⇔ = − ±
.
Với
( ) ( )
2
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − + ⇒ − + + − =

0,25 đ
Với
( ) ( )
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − − ⇒ + + − + =
. KL 0,25 đ
WWW.VNMATH.COM
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 1

(1,0đ)
ĐK:
0 6x< <
. BPT
( )
( )
2
2
2 2
log 2 4 log 6x x x⇔ + > −
. 0,25 đ
Hay: BPT
( )
2
2 2
2 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − >
0,25 đ
Vậy:
18x
< −
hay
2 x
<
0,25 đ
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6x
< <
.
0,25 đ
Ý 2

(1,0đ)
Đặt
2
2
lnu x du dx
x
= ⇒ =
và
dv dx=
chọn
v x=
0,25 đ

Suy ra :
2 2 2
ln ln 2 ln 2I x dx x x dx x x x C= = − = − +
∫ ∫
0,50 đ
KL:
2 2
ln ln 2I x dx x x x C= = − +
∫
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y

a b
a b
+ = > >
0,25 đ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
− =
+ =





0,25 đ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )
4
b b b th b kth− − = ⇔ = = −
0,25 đ
Do đó:
2

4a =
. KL:
2 2
1
4 1
x y
+ =
0,25 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)

( ) ( )
2 2
1 0 , 1y x x y y x y x y x y x+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = −
. 0,50 đ
Khi:
1y x= −
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ =
0,25 đ
Khi:
y x=

thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x
+
 
= ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
Ta có:
( )
2
tanf x x= −
. 0,25 đ

( )
2
1
1
cos

f x
x
= −
. 0,25 đ
KL:
( )
tanF x x x C= − +
. 0,50 đ
…HẾT…