đề thi thử đại học Toán số 81

thi th i hc mụn toỏn ễn thi i hc
THI TH I HC, CAO NG 2012
Mụn thi : TON ( 81 )
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
y=-x
3
+3x
2
-2 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên đờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).
Cõu II (2,0 im)
1. Gii bt phng trỡnh
2 2
2 3 5 4 6x x x x x +
( x

R).
2. Gii phng trỡnh
3
2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x

+ + + =
.
Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn
3
2
2

1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x
=
+

Cõu IV(1,0 im) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca
A lờn mt phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC
bit khong cỏch gia AA v BC l
a 3
4
Cõu V (1,0 im)
Cho x, y, z
0
tho món x + y + z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A.Theo chng trỡnh Chun

Cõu VI.a( 2,0 im)
1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y + =
v
im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

, i qua im A v tip xỳc vi
ng thng

.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+
= =

;
d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z +
= =

v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng
thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d
1
, d
2
.
Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z
4
z
3
+ 6z
2
8z 16 = 0
B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
Cõu VI.b(2,0 im)
1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn (C
1
): x
2
+ y
2
4 y 5 = 0 v (C
2
): x
2
+ y
2
- 6x + 8y + 16 = 0
Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca (C
1

) v (C
2
)
2.Vit phng trỡnh ng vuụng gúc chung ca hai ng thng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
= +

+

= = = +



=

Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x

y
x y
x y

=




+ =

Ă

Ht
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học
ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1 *Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x
2
+ 6x ; y’ = 0
⇔

0
2
x
x
=



=

*Bảng biến thiên
x -∞ 0 3 + ∞
y’ - 0 + 0 -
+ ∞ 2
y
-2 -∞
* Hàm số nghịch biến trên ( -
∞
;1) và ( 3; +
∞
); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y
CT
= -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y
CĐ
= 2
* Đồ thị :
f(x)=-x^3+3x^2-2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y
1đ
2

(1,0 điểm): Gọi M
( )d
∈
⇒
M(m;2). Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k
⇒
PTĐT
∆
có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT
∆
là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k x m
x x k

− + − = − +


− + =


(I).
Thay (2) và (1) được: 2x

3

-3(m+1)x
2
+6mx-4=0
⇔
(x-2)[2x
2
-(3m-1)x+2]=0

2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
x
x m x
=

⇔

− − + =

. Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)
⇔
hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt
⇔
PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2
0 1 hoÆc m>5/3
(2) 0 m 2

m
f
∆ > < −
 
⇔ ⇔
 
≠ ≠
 
.
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với
1 hoÆc m>5/3
m 2
m < −


≠

thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
(C)
0,25
0,25
0,25

0,25
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học
II
1
Điều kiện
2
2

2 0
0 2
5 4 6 0
x x
x x
x x

− − ≥

≥ ⇔ ≥


− − ≥

Bình phương hai vế ta được
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x+ − ≤ − −
3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x⇔ + − ≤ − − +

( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x
x x
− −
⇔ ≤ −
+ +
Đặt
( 2)
0

1
x x
t
x
−
= ≥
+
ta được bpt
2
2 3 2 0t t− − ≥

1
2
2
2
t
t
t
−

≤

⇔ ⇔ ≥

≥

( do
0t ≥
)
Với

2
( 2)
2 2 6 4 0
1
x x
t x x
x
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥
+
3 13
3 13
3 13
x
x
x

≤ −
⇔ ⇔ ≥ +

≥ +


( do
2x ≥
) Vậy bpt có nghiệm
3 13x ≥ +
0,5
0,5
2

3
2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x
π π
+ + − + =
⇔
3 3
2 2 cos2 sin 2 (cos . cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0
4 4 4 4
x x x x x x
π π π π
+ − − + =
⇔
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0
⇔
(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
s inx+cosx=0 (2)
4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)

⇔


. PT (2) có nghiệm
4
x k
π
π
= − +

.
Giải (2) : Đặ
s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)
4
t x
π
= − ≤
2
sin 2 1x t
⇒ = −
,
thay vào (2) được PT: t
2
-4t-5=0
⇔
t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là :
3
2 hoÆc x= 2
2
x k k
π
π π
= +
.
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:
4
x k
π
π

= − +
,
3
2 vµ x= 2
2
x k k
π
π π
= +
0,25
0,25

0.25
0,25
III
3
3 2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x x xdx

I dx dx
x
x x x x x
 
 ÷
 
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫
Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
+ = ⇒ = − ⇒ =
. Đổi cận …
Suy ra
( )
( )
2
2 2
3
2
2
3 3
2
1 1 1

1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e
t
x
I dx tdt t dt
t
x x
−
= = = −
+
∫ ∫ ∫
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
 
= − =
 ÷
 
0,5
0,5

Đề thi thử đại học mơn tốn Ơn thi Đại học
IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vơng góc chung của

AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a

a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
0,5
V
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥

Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có

( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0,5
0,5
VIa
1 Tâm I của đường tròn thuộc

∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
0,25
0,25
0,5
2
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài tốn đi qua A và B.

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
0,5
0,5
VIIa
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức
hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=

2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
0,5
A
B
C
C’
B’
A
’
H
O
M
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học
Ñaùp soá:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5
VIb
1
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R
= − =
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2

,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B
∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
( )
( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


+ = +

∆ =
 
⇔ ⇔
 
∆ =
 
− + = +


Từ (1) và (2) suy ra
2A B=
hoặc
3 2
2
A B
C
− +
=
Trường hợp 1:
2A B=
.Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y
= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
=

. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y
− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
0,5
0,5
2
Gọi
( ) ( )
1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t ';1 t ';3∈ ⇒ − − + ∈ ⇒ − + +
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
1
MN 2t 2t ' 1;t t '; t 5
2 2t 2t ' 1 t t ' t 5 0
MN.u 0
2 2t 2t ' 1 t t ' 0
MN.u 0
6t 3t ' 3 0
t t' 1
3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1

PT MN :
1 2 4
⇒ − + − + − +


− + − − + + − + =
=
 
⇔
 
− + − + + =
=




− + + =

⇔ ⇔ = =

− + − =

⇒ − −
− +
⇒ = =
−
uuuur
uuuur uur
uuuur uur
uuuur

0,5
0,5
VIIb
Điều kiện:
0
0
y x
y
− >


>

Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔

  
  
+ = + = + =
  
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
=

= =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
=
+ = + =
 


( )
( )
15 5

; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 
=

 ÷
 

⇔

 
= − −

 ÷

 

( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0,5
0,5
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
Hết
Đề thi thử đại học môn toán Ôn thi Đại học