ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 MÔN TOÁN ( Khối A-B-D) pot

I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
( )
3 2
3 4y x x C
= +
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C)
2. Gi d l ng thng i qua im A(- 1; 0) vi h s gúc l k ( k

R). Tỡm k ng thng
d ct (C) ti ba im phõn bit v hai giao im B, C ( vi B, C khỏc A ) cựng vi gc ta O to
thnh mt tam giỏc cú din tớch bng 8.
Cõu II (2 im)
1 .Tỡm cỏc nghim ca phng trỡnh:
2 2
7
sin .cos 4 sin 2 4sin
4 2 2
x
x x x


=
ữ

(1)
tho món iu kin :
1 3x <
.
2.Gii phng trỡnh sau :
( )

2 3
2 3 2 3 8x x x + = +
Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn :
2
0
1 sin
1 cos
x
x
I e dx
x

+
=
+

Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, AB=a, AD=2a, cnh
SA vuụng gúc vi ỏy, cnh SB to vi ỏy gúc 60
0
. Trờn cnh SA ly im M sao cho
a 3
AM
3
=
. Mt phng (BCM) ct SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp SBCMN?
Cõu V (1 im) Cho 3 s thc dng x, y, z tha món
1x y z+ + =
.
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
xy yz zx

P
xy z yz x zx y
= + +
+ + +
II. PHN RIấNG (3,0 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B
Cõu VI.A (2,0 im)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)2;1(,)1;2( BA
, trọng tâm G của tam
giác nằm trên đờng thẳng
02 =+ yx
. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
27
2

2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho hai im
(0; 1;2)M
v
( 1;1;3)N
. Vit phng
trỡnh mt phng (P) i qua M, N sao cho khong cỏch t
( )
0;0;2K
n (P) t giỏ tr ln nht
.Tỡm im I thuc mt phng (x0y) sao cho IM+IN nh nht .
Cõu VII.A (1,0 im) Gii bt phng trỡnh
2
2.5
5 3 5

5 4
x
x
x
+ >

Cõu VI.B (2,0 im)
1. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A cú nh A(6; 6), ng thng i qua
trung im ca cỏc cnh AB v AC cú phng trỡnh x + y

4 = 0. Tỡm ta cỏc nh B v C,
bit im E(1; 3) nm trờn ng cao i qua nh C ca tam giỏc ó cho.
2. Trong khụng gian 0xyz cho im
( )
1,2, 2I
v ng thng
( )

:
2 2 3x y z = + =
v mt
phng
( )
P
:
2 2 5 0x y z+ + + =
. Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm I sao cho mt phng (P) ct
khi cu theo thit din l hỡnh trũn cú chu vi bng
8

. T ú lp phng trỡnh mt phng
( )
Q
cha
( )

v tip xỳc vi (S).
Cõu VII.B (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc :
2
4 3
1 0
2
z
z z z + + + =
.
.Ht
Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V.
S GD & T THANH HểA
TRNG THPT HU LC 2
THI TH I HC LN 2 NM 2012
MễN TON ( Khi A-B-D)
(Thi gian lm bi 180 khụng k thi gian phỏt )
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN 2 NĂM 2012
Câu Nội dung Điể
m
I
(2điểm)

Khối D
3điểm
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3 2
3 4y x x= − +
•
Tập xác định:
D R=
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
0.25
- Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=


= − = ⇔

=

Bảng biến thiên
X
−∞
0 2
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
, nghịch biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại
0, 4
CD
x y= =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 0

CT
x y= =
0.25
•
Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C)
0.25
2.(1,0 điểm)
2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là :
y = k(x+1) = kx+ k .
- Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x
3
– 3x
2
+ 4 = kx + k
⇔
x
3
– 3x
2
– kx + 4 – k = 0
⇔
(x + 1)( x
2
– 4x + 4 – k ) = 0
⇔



=−+−=
−=

044)(
1
2
kxxxg
x
có ba nghiệm phân biệt
⇔
g(x) = x
2
– 4x + 4 – k = 0
có hai nghiệm phân biệt khác - 1
(*)90
09
0
0)1(
0'
≠<⇔



≠−
>
⇔



≠−
>∆
⇔ k
k

k
g
Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó
B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0.
- Gọi
( ) ( )
1 1 2 2
; ; ;B x y C x y
với
1 2
;x x
là hai nghiệm của phương trình :
2
4 4 0x x k
− + − =
. Còn
1 1 2 2
;y kx k y kx k= + = +
.
- Ta có :
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
; 1 1BC x x k x x BC x x k x x k= − − ⇒ = − + = − +
uuur
- Khoảng cách từ O đến đường thẳng d :

2
1
k
h
k
=
+
- Vậy theo giả thiết :
2 3 3 3
2
1 1
. . 2 1 8 8 64 4
2 2
1
k
S h BC k k k k k k
k
= = + = = ⇒ = ⇔ = ⇒ =
+
Đáp số :
4k
=
, thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán .
0.25
0.25
0.25
0.25
II
(2điểm)
1.(1,0 điểm)

Pt(1)
1 1 3
sin .cos4 cos 4 2sin
2 2 2
x x x x⇔ − + = − −
( )
1
cos4 2 sin 0
2
x x
 
⇔ + + =
 ÷
 
cos4 2
1
sin sin( )
2 6
x
x
π
= −


⇔

= − = −

2
6

7
2
6
x k
x m
π
π
π
π

= − +

⇔


= +


Mặt khác:
1 3 2 4x x− < ⇔ − < <
0.25
0.25
* với
2 2 4 0
6
k k
π
π
− < − + < ⇒ =
. Do đó :

6
x
π
= −
* Với
7
2 2 4 0
6
m m
π
π
− < + < ⇒ =
nên
7
6
x
π
=
0.25
0.25
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm
6
x
π
= −
và
7
6
x
π

=
thoả mãn (2)
( )
2 3
2 3 2 3 8x x x− + = +
(1)
ĐK
2x ≥ −
. Pt (1)
( )
( ) ( )
( )
2 2
3 2 2 4 2 2 4 2 2x x x x x x⇔ + − + = − + − +
Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được:
2 2
2( 2 4) 2 4
3 2 0
2 2
x x x x
x x
− + − +
⇔ − − =
+ +
Đặt
2
2 4
2
x x
t

x
− +
=
+
ĐK
0t
≥
. Phương trình (1)
2
2
2 3 2 0
1
2
t
t t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −

* Với
1
2
t = −
. pt VN
*Với t=2 PT có nghiệm
3 13x = ±

0.25
0.25
0.5
Câu III
(1điểm)
2 2 2
0 0 0
1 sin sin
1 cos 1 cos 1 cos
x
x x
x e dx x
I e dx e dx
x x x
π π π
+
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
2 2
2
0 0
1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx

x
x
π π
= +
+
∫ ∫
Đặt
1
I =
2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x
π
=
∫
Và
2
I =
2
0
sin
1 cos
x

x
e dx
x
π
+
∫
0.25
Ta có :
2
I =
2 2
2
0 0
2sin .cos
sin
2 2
1 cos
2cos
2
x x
x x
x
e dx e dx
x
x
π π
=
+
∫ ∫
2

0
tan
2
x
x
e dx
π
=
∫
Mặt khác : Tính
1
I =
2
2
0
1
2
cos
2
x
e dx
x
π
=
∫
Đặt
2
tan
cos
2

2
x
x
u e
du e dx
dx
x
dv
v
x

=

=

 
⇒
 
=
=
 



Áp dụng công thức tích phân từng phần :
1
I =
2
2
0

1
2
cos
2
x
e dx
x
π
=
∫
=
2
2
0
tan
2
x
x
e e dx
π
π
−
∫
0.25
Do ú
1 2
I I I= +
2 2
2
0 0

1 sin
2 1 cos
cos
2
x
x
e dx x
e dx
x
x

= +
+

=
2
2
0
tan
2
x
x
e e dx




2
0
tan

2
x
x
e dx

+

2
e

=
0.25
Vy :
2
I e

=
0.25
Cõu IV
(1im)
T M k ng thng song song vi AD, ct SD ti N thỡ N l giao im ca
(BCM) v SD, vỡ SA

(ABCD) nờn gúc gia SB v (ABCD) l
ã
0
SBA 60=
. Ta cú
ã
SA SB.tanSBA a 3= =

.
T ú ta cú:
a 3 2 31
SM SA AM a 3
3 3
= = =
SM SN 2
SA SA 3
= =
.
D thy:
S.ABCD S.ABC S.ADC S.ABC S.ADC
V V V 2V 2V= + = =
V
S.BCNM S.BCM S.CNM
V V V= +
Do ú:
S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM
S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC
V V V V V
V V 2V 2V
+
= = +
1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5
. . . . . .
2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9
= + = + =
.
M
3

S.ABCD
1 2 3a
V SA.dt(ABCD)
3 3
= =

3
S.BCNM
10 3a
V
27
=
(vtt)
V
(1im)
Cho 3 s thc dng x, y, z tha món
1x y z+ + =
.
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
xy yz zx
P
xy z yz x zx y
= + +
+ + +
Do
( ) ( ) ( )
1.xy z xy z xy z x y z x z y z+ = + = + + + = + +
nờn
xy
xy z

=
+
1
.
2
x y x y
x z y z x z y z

+
ữ
+ + + +

(1)
Lý lun tng t :
yz
yz x
=
+
1
.
2
y z y z
y x x z x y x z

+
ữ
+ + + +

(2)
xz

xz y
=
+
1
.
2
x z x z
x y y z x y y z

+
ữ
+ + + +

(3)
0.5
Cng v vi v (1) , (2) v (3) ta c
xy yz zx
P
xy z yz x zx y
= + +
+ + +
3
2

ng thc xóy ra khi v ch khi :
1
3
x y z= = =
Vy giỏ tr ln nht ca
3 1

2 3
P x y z= = = =
0.5
VIa 1.(0,75 im)
(2im)
Vì G nằm trên đờng thẳng
02 =+ yx
nên G có tọa độ
)2;( ttG =
. Khi đó
( 2;3 )AG t t=
uuur
,
( 1; 1)AB =
uuur
Vậy diện tích tam giác ABG là
( )
[ ]
1)3()2(2
2
1

2
1
22
2
22
+== ttABAGABAGS
=
2

32 t
0.5
S
A
B
C
D
M
N
Nếu diện tích tam giác ABC bằng
27
2
thì diện tích tam giác ABG bằng
27 9
6 2
=
.
Vậy
2 3
9
2 2
t
=
, suy ra
6
=
t
hoặc
3
=

t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
== GG
. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

3 ( )
C G A B
x x x x= +
và
3 ( )
C G A B
y y y y= +
.
Với
)4;6(
1
=G
ta có
)9;15(
1
=
C
,
với
)1;3(
2
=G
ta có

)18;12(
2
=
C

0.25
2.Gi
( )
, ,n A B C=
r

( )
2 2 2
0A B C+ +
l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P).
Phng trỡnh mt phng (P) i qua M cú dng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + = + + + =
Do
( ) ( )
1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C + + + = = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C + + + + =
0.25
Mt khỏc :Khong cỏch t K n mp(P) l:
( )
( )
,
2 2
4 2 4

B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nu B = 0 thỡ d(K,(P))=0 (loi)
-Nu
0B
thỡ
( )
( )
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
= =
+ +

+ +
ữ

Du = xy ra khi B = -C. Chn C = 1
Khi ú pt (P): x + y z + 3 = 0

0.5
PT (x0y) l : z =0 . Nhn thy M ; N nm cựng phớa i vi mt phng (x0y)
Gi M l im i xng vi M qua (x0y) . ng thng d qua M vuụng gúc vi
(x0y) cú VTCP
( )
0;0;1u =
r
. PTTS ca d l :
0
1
2
x
y
z t
=


=


= +

. Gi s
( )
0H d x y=
Thỡ
( )
0; 1;2H t +
. lỳc ú 2+t=0. suy ra
( )

0; 1;0H
.Do ú M(0;-1;-2) ;
( )
' 1;2;5M N =
uuuuur
.
Ta cú : IM+IN = IM+IN
'M N

. ng thc xóy ra khi v ch khi
' ( 0 )I M N x y=
.
PT ca ng thng MN l :
1 1 3
1 2 5
x y z+
= =

.
im I
( )
1 ;1 2 ;3 5m m m + +
cn thuc ng thng MN v (x0y)nờn
3+5m=0

3
5
m =
. Vy
2 1

; ;0
5 5
I


ữ

0.5
VIIa
(1im)
k
5
log 2x >
(*) t t=
5
x
t =
K t>2
BPT (1)
2
2
3 5
4
t
t
t
+ >

(1). Bỡnh phng 2 v ca BPT (1) ta c :
0.25

0.25
C
E
∆

4 2
2
2
20
4 45
4
4 5
t
t t
t
t t

>
+ > ⇔

−
− <



5
log 20
5 20
1
5 5

2
x
x
x
x


>
>


⇔ ⇔


<
<




(**)
Kết hợp (*) và (**) ta được :
5
2
log 20
1
log 5
2
x
x


>

⇔

< <


vậy bất phương trình có nghiệm :
5
2
log 20
1
log 5
2
x
x

>


< <


0.25
0.25
1.(0.75 điểm)
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB

Ta có
( )
6 6 4
, 4 2
2
d A
+ −
∆ = =
Vì
∆
là đường trung bình của
∆
ABC
( ) ( )
; 2 ; 2.4 2 8 2d A BC d A⇒ = ∆ = =
Gọi phương trình đường thẳng BC là:
0x y a+ + =
Từ đó:
4
6 6
8 2 12 16
28
2
a
a
a
a
=
+ +


= ⇒ + = ⇒

= −

Nếu
28a
= −
thì phương trình của BC là
28 0x y+ − =
, trường hợp này A nằm
khác phía đối với BC và
∆
, vô lí. Vậy
4a =
, do đó phương trình BC là:
4 0x y+ + =
.
Đường cao kẻ từ A của
ABC∆
là đường thẳng đi qua A(6;6) và
BC⊥
:
4 0x y+ + =

nên có phương trình là
0x y− =
.
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình

0 2

4 0 2
x y x
x y y
− = = −
 
⇒
 
+ + = = −
 
Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình là
4 0x y+ + =
nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m)
Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m)
0.75
Suy ra:
( )
5 ; 3 , ( 6; 10 )CE m m AB m m= + − − = − − −
uuur uuur
Vì
CE AB⊥
nên
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 6 5 3 10 0AB CE a a a a= ⇔ − + + + + =
uuur uuur
⇔
2
0
2 12 0
6

a
a a
a
=

+ = ⇒

= −

Vậy
( )
( )
0; 4
4;0
B
C
−


−


hoặc
( )
( )
6;2
2; 6
B
C
−



−


.
2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r
mà 2r.
π
= 8
π
. suy ra r =4 và
2 2 2
R r d= +
Trong đó
( )
( )
3d d I P= =
2
25R⇒ =
Phương trình mặt cầu (S) :
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 2 25x y z− + − + + =
0.75
VIb
(2điểm)
Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với
( )
∆

tại điê,r
5 5 4
; ;
3 3 3
M
 
−
 ÷
 
Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa
( )
∆
tiếp xúc với (S) đi qua
5 5 4
; ;
3 3 3
M
 
−
 ÷
 
và có VTPT
0.5
Â
B
H
2 11 10
; ;
3 3 3
MI

 
−
 ÷
 
uuur
là :
6 33 30 105 0x y z− + − =
VIIb
(1điểm)
ĐS : phương trình có 4 nghiệm
1 1
1 ; 1 ; ;
2 2
i i
z i z i z z
− − −
= + = − = =
1.0
⊕
Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm
Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó.