Đề thi thử ĐH (có đáp án) (hay)

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 4 NĂM HỌC 2009 − 2010
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN I. DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số số
3 2
3 1y x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B song song với nhau
và độ dài đoạn
4 2AB =
.
Câu 2 (2.0 điểm ).
1. Giải phương trình:
2
3
cos 2 2cos sin 3 2
4 4
x x x
π π
   
− + − =
 ÷  ÷
   
.
2. Giải bất phương trình:
2
2 1
2
1

log (4 4 1) 2 2 ( 2)log
2
x x x x x
 
− + − > − + −
 ÷
 
Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân:
3
2
0
sin
cos 3 sin
x
I dx
x x
π
=
+
∫

Câu 4 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA lấy điểm
M sao cho
=
3
3
a

AM
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu 5 (1.0 điểm). Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
( ) ( ) ( )
3 3 3
a b c b c a c a b
P
c a b
+ − + − + −
= + +
.
PHẦN II (3.0 điểm). Học sinh chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Chương trình chuẩn.
Câu 6a (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm
G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1 1 1
2 1 2
x y z− + −
= =
.
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; 3) và cắt đường thẳng ∆ tại hai điểm A và B sao cho tam

giác IAB vuông cân tại I.
Câu 7a (1.0 điểm). Giải phương trình
2011
2
2010
(1 )
2. 2 0
(1 )
i
z z i
i
+
− + =
−
trên tập số phức.
2. Chương trình nâng cao.
Câu 6 Vb (2.0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(1; −1), điểm
E(−1; 2) là trung điểm của cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x − y + 1 = 0. Xác định toạ độ các
đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2
2 1 3
x y z
− +
= =
−
và mặt phẳng
(P): 2x + y + z − 1 = 0. Gọi A là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P). Viết phương trình
đường thẳng ∆ đi qua A vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P).

Câu 7b. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
3 2
2010
2009
2010
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
y x
x
y
x y x y
−

+
=

+


+ + = + + +

−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: SBD:
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
1. + TXĐ: R

3 2
3 1y x x= − +
+ Sự biến thiên:
Giới hạn:
3 2
lim lim ( 3 1)
x x
y x x
→±∞ →±∞
= − + = ±∞
.
2
' 3 6 ; ' 0 0; 2y x x y x x= − = ⇔ = =
0.25
BBT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (2; + ∞), nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tạ x
CĐ
= 0; y
CĐ
= 1; CT tạ x
CT
= 2, y
CT
= −3
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1; −1)
0.5
Đồ thị:
0.25

2. Giả sử
3 2 3 2
( ; 3 1), ( ; 3 1) A a a a B b b b a b− + − + ≠
.
Vì tiếp tuyến của (C) tại A, B song song nên y’(a) = y’(b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0
0.5
⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 − a ⇒ a ≠ 1 ( Vì a ≠ b)
2 2 3 2 3 2 6 4 2
( ) ( 3 1 3 1) 4( 1) 24( 1) 40( 1)AB b a b b a b a a a= − + − + − + − = − − − + −
0.25
Vì
6 4 2
4 2 4( 1) 24( 1) 40( 1) 32AB a a a= ⇔ − − − + − =
3 1
1 3
a b
a b
= ⇒ = −

⇔

= − ⇒ =

⇒ A(3; 1) và B(−1; −3)
0.25
Câu 2
1. Phương trình
2
cos 2 sin 4 sin(2 ) 2
2

x x x
π
 
⇔ − + − −π =
 ÷
 
2
cos 2 cos4 sin2 2x x x⇔ − + =
0.5
2
sin 2 sin2 2 0x x⇔ + − =
sin2 2
sin2 1
sin2 1
4
x
x x k
x
= −

π
⇔ ⇔ = ⇔ = + π

=

0.5
2/.

ĐK:
( )

2 2
1
1 1
0
1
2
2 2
*
1
2
4 4 1 0 (2 1) 0
2
x
x x
x
x
x x x

 
<

− > <
  
⇔ ⇔ ⇔ <
  
  
≠
− + > − >
 



Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[ ]
2 2
2log (1 2 ) 2 2 ( 2) log (1 2 ) 1x x x x− − > + + − −
[ ]
2
log (1 2 ) 1 0x x⇔ − + <
0.5
2 2
2 2
0 0
0
1
log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0
2(1 2 ) 1
4
0 0 0
0
log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0 2(1 2 ) 1
x x
x
x x
x
x
x x x
x
x x x
 >  >
 >

 

 

 


− + < − <
− <
>
  
 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔
 


< < <
  
<
 



 
− + > − > − >
 



 

 
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x < 0 hoặc
1 1
4 2
x< <
.
0.5
Câu 3
Đặt
2 2 2 2
2
sin cos
3 sin 4 cos cos 4
3 sin
x x
t x x x t dt dx
x
= + = − ⇒ = − ⇒ =
+
Với x = 0 ⇒
15
3;
3 2
t x t
π
= = ⇒ =
0.5
15

15
3
2
2
2
2 2
3
0
3
sin cos 1 2 1 15 4
ln ln
4 2 2
3 2
4
cos . 3 sin
x x dt t
I dx
t
t
x x
π
+ +
= = = =
−
+
−
+
∫ ∫
0.5
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 2 /3

Câu 4
(BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA = ABtan60
0
= a
3
,
= ⇔ =
2
2 3
MN SM MN
AD SA a
Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3

a

0.25
Diện tích hình thang BCMN là: S =
+
=
2
10
2
3 3
BC MN a
BM
0.25
Hạ AH ⊥BM . Ta có SH
⊥
BM và BC
⊥
(SAB)
⇒
BC
⊥
SH. Vậy SH
⊥
(BCNM)
⇒
SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a,
AB AM
SB MS
=

=
1
2
.
0.25
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒
·
=
0
30SBH
⇒
SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27
a
Lưu ý: Học sinh không vã hình hoặc vẽ hình sai không cho điểm.
0.25
Câu 5
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
3

( )
,
3 3
+ −a b c c

c
và
1
3
ta được:
3 3
( ) 1 ( ) 4 1
3 3 3 3 3 3
+ − + −
+ + ≥ + − ⇒ ≥ + − −
a b c c a b c c
a b c a b
c c
(1).
0.5
Tương tự:
3
( ) 4 1
3 3 3
+ −
≥ + − −
b c a a
b c
a
(2),

3
( ) 4 1
3 3 3
+ −
≥ + − −
c a b b
c a
b
(3).
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra
1 min 1≥ ⇒ =P P
khi
1= = =a b c
.
0.5
Câu
6a
1. Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =



+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(−1; −4); C(5; 1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur r
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2. Tính được khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là
20
( , )

3
d I ∆ =
0.5
Gọi R là bán kính mặt cầu. Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì
40
2 ( , )
3
R IA IB d I= = = ∆ =
0.25
Vậy phương trình mặt cầu
2 2 2
40
( 1) ( 3)
9
x y z− + + − =
0.25
Câu
7a
1. Ta có:
2010
2011
2010
2010
(1 ) 1
.(1 ) (1 ) (1 )
1
(1 )
i i
i i i i
i

i
+ +
 
= + = + = − +
 ÷
−
−  
0.5
Vậy phương trình tương đương với
z
2
+ 2(1 + i)z +2i = 0 ⇔ z
2
+ 2(1 + i)z + (i + 1)
2
= 0
0.25
⇔ (z + i + 1)
2
= 0 ⇔ z = −(i + 1)
0.25
Câu
6b
1. Giả sử C(c, 2c + 1). Vì E là trung điểm của AC nên A có tạo độ A(−2 − c; 3 − 2c)
0.25
Ta có:
(3 ; 4 2 ); (1;2)
BC
AH c c u= + − + =
uuur r

. Vì AH ⊥ BC nên
. 0 1
BC
AH u c= ⇔ =
uuur r
0.25
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 3 /3
Vậy A(−3; 1) và C(1; 3)
Giả sử B(b, 2b + 1). Có:
(1 ; 2 2 ); (4;2)BH b b AC= − − − =
uuur uuur
.
Vì
. 0 0BH AC b= ⇔ =
uuur uuur
. Vậy B(0; 1)
0.5
Câu
6b
2. Tìm được giao của d và (P) ta có:
1 7
2; ;
2 2
A
 
−
 ÷
 
0.5
Ta có:

(2;1; 3), (2;1;1) , (1; 2;0)
d p d p
u n u u n
∆
 
= − = ⇒ = = −
 
r r r r r
0.25
Vậy phương trình đường thẳng ∆:
1 7
2 ; 2 ;
2 2
x t y t z= + = − = −
0.25
Câu
7b
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về phương trình:
2 2 2 2
2009 2009
log ( 2010) log ( 2010)x x y y
+ + = + +
0.25
+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0f t t t t
= + + ≥
đồng biến.
Từ đó suy ra x

2
= y
2
⇔ x = y, x = −y
0.25
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x + 2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
t t
   
+ =
 ÷  ÷
   
, phương trình này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y =7
0.25
Với x = −y thế vào (2) được phương trình: log
3
(y + 6) = 1 ⇒ y = −3 ⇒ x = 3
0.25
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 4 /3