Thi thử đại học môn Toán lần 2 năm 2012 Trường THPT Gia Định

TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012
MÔN TOÁN KHỐI A, B, A
1

ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2
(Thời gian làm bài: 180 phút)



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y =
2mx + 1
x – m
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1.
2. Gọi (C
m
) là đồ thò hàm số (1) và I là giao điểm hai tiệm cận của (C
m
). Với M là một điểm bất kỳ
thuộc (C
m
), gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với (C
m
) tại M và hai tiệm cận của (C
m
). Đònh m để
tam giác IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vò diện tích).
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình sinx + sin
2

x + sin
3
x + sin
4
x = cosx + cos
2
x + cos
3
x + cos
4
x.
2. Giải phương trình x
2
+ 10x + 9 = (2x + 5)
x
2
+ 9.
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân I =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x
2
(2012)
x
+ 1
1
dx.

Câu IV. (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A với AB = 2a,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC, AA’ = 2a.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB’A’).
Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c > 0 sao cho a + b + c = 3. Chứng minh:
1
a
3
+ 2bc
+
1
b
3
+ 2ca
+
1
c
3
+ 2ab
≤
1
abc


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), phương trình
của đường thẳng BD là 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD. Tìm tọa độ của các đỉnh B, C, D biết rằng đỉnh D có
hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x – 2y + z – 2012 = 0 và hai đường

thẳng (d
1
):
x + 1
2
=
y – 2
1
=
z + 3
–1
, (d
2
):
x – 3
1
=
y + 2
–1
=
z – 1
–2
. Lập phương trình của mặt phẳng (Q) biết
rằng (Q) song song với (P) và (Q) cắt (d
1
), (d
2
) lần lượt tại M, N với MN = 12
11.
Câu VII.a (1 điểm). Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z

−
+ 1 – 2i| và |z + i| = 1.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
= 6 và parabol (P): y
2
= 2x.
Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến
bằng 60°.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3), mặt phẳng (P): y – z + 2012 = 0 và
đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng x + y – 2012 = 0, z + 2012 = 0. Lập phương trình tham
số của đường thẳng (
Δ
) biết rằng (
Δ
) đi qua M, (
Δ
) tạo với (P) góc 30° và (
Δ
) tạo với (d) góc 60°.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
⎩
⎨
⎧
x

2
– x = y
2
+ y
2
x–y
– 2
x–1
= x + y
.

HẾT

1

TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012
MÔN TOÁN KHỐI A, B, A
1

ĐÁP ÁN & BIỂU ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2
(Thời gian làm bài: 180 phút)



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I. (2 điểm) y =
2mx + 1
x – m
(1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1. (1 điểm)

y =
2x + 1
x – 1
. Tập xác đònh
D
= a \ {1}. y’ =
–3
(x – 1)
2
.
' Lưu ý. Thiếu tập xác đònh: 0 điểm phần này. Tính sai y’: 0 điểm toàn bộ câu 1.
0,25
Tiệm cận đứng: x = 1. Tiệm cận ngang: y = 2.
0,25
Bảng biến thiên: „ ghi đúng tập xác đònh của hàm số „ ký hiệu đúng chiều biến thiên của
hàm số „ ghi đúng giới hạn của y khi x dần tới 1, x dần tới vô cực.
' Lưu ý. Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này và 0 điểm phần đồ thò.
0,25
Đồ thò: „ vẽ đúng tiệm cận „ ghi tên trục Ox, Oy và tọa độ các điểm đặc biệt „ mỗi nhánh của
đồ thò đi qua ít nhất hai điểm đặc biệt, ví dụ (–2; 1), (0; –1), (2; 5), (4; 3).
' Lưu ý. Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này.
0,25
2. (C
m
) là đồ thò hàm số (1), I là giao điểm hai tiệm cận của (C
m
). Với M ∈ (C
m

), gọi A, B
là giao điểm của tiếp tuyến với (C
m
) tại M và hai tiệm cận của (C
m
). Đònh m để tam giác
IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vò diện tích). (1 điểm)

Xét M(x
0
; y
0
) ∈ (C
m
) ta có y
0
=
2mx
0
+ 1
x
0
– m
với x
0
≠ m.
Gọi (D) là tiếp tuyến với (C
m
) tại M. Phương trình của (D): y –
2mx

0
+ 1
x
0
– m
= –
2m
2
+ 1
(x
0
– m)
2
(x – x
0
)

Tiệm cận đứng của (C
m
) là (d
1
): x = m. Gọi {A} = (D) ∩ (d
1
) ta có A
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞

m;
2mx
0
+ 2m
2
+ 2
x
0
– m
.
0,25
Tiệm cận ngang của (C
m
) là (d
2
): y = 2m. Gọi {B} = (D) ∩ (d
2
) ta có B(2x
0
– m; 2m).
0,25
Giao điểm của hai tiệm cận là I(m; 2m). Ta có IA =
2(2m
2
+ 1)
|x
0
– m|
, IB = 2|x
0

– m|.
0,25
S
IAB
= 8050 ⇔
1
2
IA.IB = 8050 ⇔ 2(2m
2
+ 1) = 8050 ⇔ m
2
= 2012 ⇔ m = ± 2012. ̋
0,25
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình sinx +
sin
2
x + sin
3
x + sin
4
x = cosx + cos
2
x + cos
3
x + cos
4
x. (1 điểm)

PT ⇔ (sinx – cosx) + (sin

2
x – cos
2
x) + (sin
3
x – cos
3
x) + (sin
4
x – cos
4
x) = 0
PT ⇔ (sinx – cosx)[2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx] = 0
0,25
„ sinx – cosx = 0 ⇔ 2sin
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
x –
π
4
= 0 ⇔ x =
π
4
+ kπ (k ∈ _)
0,25
„ 2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx = 0 ⇔ t

2
+ 4t + 3 = 0 ⇔ t = –1 với t = sinx + cosx, |t| ≤ 2
0,25
⇔ sinx + cosx = −1 ⇔ sin
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
x +
π
4
= −
1
2
= sin
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
−
π
4
⇔ x = −
π
2
+ k2π ∨ x = π + k2π (k ∈ _). ̋

0,25
2. Giải phương trình x
2
+ 10x + 9 = (2x + 5) x
2
+ 9. (1 điểm)

Cách 1. Cách 2.

2
Đặt t =
x
2
+ 9 (t ≥ 0) ta có x
2
= t
2
− 9.
' Lưu ý. Nếu không có điều kiện đối với t
vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này.
PT ⇒ (x
2
+ 10x + 9)
2
= (2x + 5)
2
(x
2
+ 9).
' Lưu ý. Nếu viết “

⇔
” thay vì “
⇒
” thì 0
điểm phần này.
0,25
PT ⇔ t
2
+ 10x = (2x + 5)t
PT ⇔ t
2
− (2x + 5)t + 10x = 0
PT ⇔ t = 5 ∨ t = 2x.
⇒ x
4
– 19x
2
+ 48 = 0.
' Lưu ý. Nếu viết “
⇔
” vẫn cho trọn 0,25
điểm phần này.
0,25
„ t = 5 ⇔ x
2
+ 9 = 5 ⇔ x
2
= 16 ⇔ x = ±4. ⇒ x
2
= 16 ∨ x

2
= 3 ⇒ x = ±4 ∨ x = ± 3.
0,25
„ t = 2x ⇔ x
2
+ 9 = 2x ⇔
⎩
⎨
⎧
x ≥ 0
x
2
= 3
⇔ x =
3
Thử lại, nhận x = ±4 ∨ x =
3. ̋
0,25
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x
2
(2012)
x
+ 1
1

dx.

Đặt x = −u ⇒ dx = −du. Ta có x = −2 ⇒ u = 2; x = 2 ⇒ u = −2.
I =
⌡
⎮
⌠
2
−2
4 – u
2
(2012)
–u
+ 1
2
(–du) =
⌡
⎮
⌠
–2
2
(2012)
u
4 – u
2
1 + (2012)
u
2
du =
⌡

⎮
⌠
–2
2
(2012)
x
4 – x
2
1 + (2012)
x
2
dx = J.
0,25
I + J =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x
2
(2012)
x
+ 1
1
dx +
⌡
⎮
⌠
–2

2
(2012)
x
4 – x
2
1 + (2012)
x
1
dx =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x
2
dx
1
2

0,25
Đặt x = 2sint (–π/2 ≤ t ≤ π/2) ⇒ dx = 2cost dt. Ta có x = –2 ⇒ t = –π/2; x = 2 ⇒ t = π/2.
I + J =
⌡
⎮
⌠
–π/2
π/2
4cos
2

t dt
1
2
=
⌡
⎮
⌠
–π/2
π/2
2(1 + cos2t) dt
1
2
= 2
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
t +
1
2
sin2t
⎪
⎪
⎪
π/2
–π/2
= 2π.
0,25

⎩
⎨
⎧
I = J
I + J = 2π
⇒ I = π. ̋
0,25
Câu IV (1 điểm) Lăng trụ ABC.A’B’C’ có ΔABC vuông cân tại A với AB = 2a, A’H ⊥
(ABC) với H là trung điểm cạnh BC, AA’ = 2a. Tính V
ABC.A’B’C’
và d[C; (ABB’A’)].

Ỉ Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

ΔABC vuông cân tại A có AH =
AB
2
2
= 2a. ΔA’HA có A’H = AA’
2
– AH
2
= 2a.
0,25
V
ABC.A’B’C’
= S
ABC
.A’H =
1

2
AB.AC.A’H =
1
2
2a.2a. 2a = 2 2a
3
(đvtt).
0,25
Ỉ Tính khoảng cách từ C đến (ABB’A’).

Cách 1. Cách 2.
V
A’ABC
=
1
3
S
ABC
.A’H =
1
6
AB.AC.A’H =
2
2a
3
3

Δ
A’HB có: A’B = A’H
2

+ HB
2
= 2a.
Δ
A’AB có A’A = A’B = AB = 2a nên là tam
giác đều ⇒ S
A’AB
=
AB
2
3
4
= 3a
2
.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O(0; 0;
0), B(2a; 0; 0), C(0; 2a; 0), A’(a; a;
2a).
AB

⎯→
= (2a; 0; 0), AA’

⎯→
= (a; a;
2a).
VTPT của (ABB’A’): [AB

⎯→
; AA’

⎯→
] = (0; –2
2a
2
;
2a
2
) hay n

→
= (0;
2; −1).
0,25
d[C; (ABB’A’)] =
3V
A’ABC
S
A’AB
=
2
2a
3
3a
2
=
2
6a
3
. ̋

Phương trình (ABB’A’):
2y – z = 0.
d[C; (ABB’A’)] =
|
2.2a – 0|
( 2)
2
+ (–1)
2
=
2
6a
3
. ̋
0,25

3
Câu V
(1 điểm) a, b, c > 0, a + b + c = 3. Chứng minh:
1
a
3
+ 2bc
+
1
b
3
+ 2ca
+
1

c
3
+ 2ab
≤
1
abc
.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có: a
3
+ bc + bc ≥ 3
3
a
3
b
2
c
2
= 3a
3
b
2
c
2
.
0,25
Suy ra
1
a
3

+ 2bc
≤
1
3a
3
b
2
c
2
. Chứng minh tương tự:
1
b
3
+ 2ca
≤
1
3b
3
c
2
a
2
,
1
c
3
+ 2ab
≤
1
3c

3
a
2
b
2
.
0,25
Do đó
1
a
3
+ 2bc
+
1
b
3
+ 2ca
+
1
c
3
+ 2ab
≤
1
3a
3
b
2
c
2

+
1
3b
3
c
2
a
2
+
1
3c
3
a
2
b
2
=
3
bc +
3
ca +
3
ab
3abc
(1)
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta lại có:
3
bc +
3

ca +
3
ab ≤
1 + b + c
3
+
1 + c + a
3
+
1 + a + b
3
= 3 ⇒
3
bc +
3
ca +
3
ab
3abc
≤
3
3abc
=
1
abc
(2)
(1) ∧ (2) ⇒
1
a
3

+ 2bc
+
1
b
3
+ 2ca
+
1
c
3
+ 2ab
≤
1
abc
. ̋
0,25

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a
(2 điểm)
1. Hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), (BD): 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD. Tìm tọa độ
của các đỉnh B, C, D biết rằng x
D
< 0. (1 điểm)

Vẽ AH ⊥ BD tại H ta có AH = d[A; (BD)] =
|4(–3) – 3(1) – 5|
4

2
+ (–3)
2
= 4.
ΔABD có
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1
AD
2
=
1
4AD
2
+
1
AD
2
=
5
4AD
2
⇒ AD
2

=
5
4
AH
2
= 20.
0,25
D ∈ BD ∧ AD
2
= 20 ⇒ Tọa độ của D là nghiệm của hệ PT
⎩
⎨
⎧
4x – 3y – 5 = 0
(x + 3)
2
+ (y − 1)
2
= 20
(*)
Hệ (*) có 2 nghiệm là (–1; –3), (7/5; 1/5). Đối chiếu với giả thiết x
D
< 0 ta nhận D(–1; –3).
0,25
B ∈ (BD) ∧ AB

⎯→
.AD

⎯→

= 0 ⇒ Tọa độ của B là nghiệm của hệ
⎩
⎨
⎧
4x – 3y – 5 = 0
2(x + 3) – 4(y − 1) = 0
⇒ B(5; 5).
0,25
Gọi I là trung điểm BD ta có I(2; 1). I cũng là trung điểm AC ⇒ C(7; 1). ̋
' Lưu ý. Nếu tìm tọa độ của B bằng cách khác và ra hai kết quả B(5; 5), B(–23/5; –39/5) từ
đó ra hai kết quả đối với tọa độ của C thì 0 điểm phần này.
0,25
2. (P): x – 2y + z – 2012 = 0, (d
1
):
x + 1
2
=
y – 2
1
=
z + 3
–1
, (d
2
):
x – 3
1
=
y + 2

–1
=
z – 1
–2
. Lập PT
của (Q) biết rằng (Q) // (P), (Q) cắt (d
1
), (d
2
) lần lượt tại M, N với MN = 12
11. (1 điểm)

(Q) // (P) ⇒ Phương trình của (Q) có dạng: x – 2y + z + d = 0.

(d
1
) ∩ (Q) = {M} ⇒ M(2d – 17; d – 6; 5 – d).
0,25
(d
2
) ∩ (Q) = {N} ⇒ N(–d – 5; d + 6; 2d + 17).
0,25
MN = 12 11 ⇒ (12 – 3d)
2
+ 144 + (3d + 12)
2
= 1584 ⇒ 18d
2
= 1152 ⇒ d
2

= 64 ⇒ d = ±8.
0,25
Suy ra (Q): x – 2y + z + 8 = 0 ∨ (Q): x – 2y + z – 8 = 0. ̋
0,25
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z

−
+ 1 – 2i| và |z + i| = 1. (1 điểm)

|z – 2 + 3i| = |z

−
+ 1 – 2i| ⇒ |(a – 2) + (b + 3)i| = |(a + 1) – (b + 2)i| với z = a + bi (a, b ∈ a).
⇒ (a – 2)
2
+ (b + 3)
2
= (a + 1)
2
+ (b + 2)
2
⇒ 6a – 2b = 8 ⇒ b = 3a – 4 (1)
0,25
|z + i| = 1 ⇒ |a + (b + 1)i| = 1 ⇒ a
2
+ (b + 1)
2
= 1 (2)
(1) ∧ (2) ⇒ a
2

+ (3a – 3)
2
= 1 ⇒ 10a
2
– 18a + 8 = 0 ⇒ a = 1 ∨ a = 4/5.
0,25

4
„ a = 1 ⇒ b = –1 ⇒ z = 1 – i.
0,25
„ a = 4/5 ⇒ b = –8/5 ⇒ z = 4/5 – (8/5)i. ̋
0,25

2. Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b
(2 điểm)
1. (C): x
2
+ y
2
= 6, (P): y
2
= 2x. Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai
tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến bằng 60°. (1 điểm)

(C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 6. Xét M(x; y) ∈ (P) thỏa yêu cầu bài toán, gọi MT, MT’ là
hai tiếp tuyến với (C).

Góc giữa 2 tiếp tuyến bằng 60° ⇒

⎣
⎢
⎡
∠TMT’ = 60°
∠TMT’ = 120°
⇒
⎣
⎢
⎡
∠OMT’ = 30°
∠OMT’ = 60°
⇒
⎣
⎢
⎡
OM = 2R = 2
6
OM = 2R/ 3 = 2 2

0,25
⇒
⎣
⎢
⎡
x
2
+ y
2
= 24
x

2
+ y
2
= 8
⇒
⎣
⎢
⎡
x
2
+ 2x – 24 = 0
x
2
+ 2x – 8 = 0
(do M ∈ (P) nên y
2
= 2x)
0,25
⇒ x = 4 ∨ x = 2 (loại x = –6, x = –4 do M ∈ (P) nên x = y
2
/2 ≥ 0)
' Lưu ý. Nếu không loại các nghiệm x = –6, x = –4 vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này.
0,25
⇒ M(4; 2 2) ∨ M(4; –2 2) ∨ M(2; 2) ∨ M(2; –2). ̋
0,25
2. M(1; 2; 3), (P): y – z + 2012 = 0, (d) = (Q) ∩ (R) với (Q): x + y – 2012 = 0, (R): z + 2012
= 0. Lập phương trình tham số của đường thẳng (
Δ
) biết rằng M ∈ (
Δ

), ∠[(
Δ
); (P)] = 30°
và ∠
[(
Δ
); (d)] = 60°. (1 điểm)

Gọi vectơ chỉ phương của (
Δ
) là v

→
= (a; b; c) với a
2
+ b
2
+ c
2
> 0.

Vectơ pháp tuyến của (P) là n

→
= (0; 1; –1).
∠[(
Δ
); (P)] = 30° ⇒|cos(n

→

; v

→
)| = sin30° ⇒
|b – c|
2. a
2
+ b
2
+ c
2
=
1
2
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 2|b – c|(1)
0,25
Vectơ chỉ phương của (d) là a

→
= (1; –1; 0).
∠[(
Δ
); (d)] = 60° ⇒|cos(a

→
; v

→
)| = cos60° ⇒
|a – b|
2. a
2
+ b
2
+ c
2
=
1
2
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 2|a – b|(2)
0,25
(1) ∧ (2) ⇒ |b – c| = |a – b| ⇒
⎣
⎢
⎡
c = a (3)
c = 2b – a (4)
.

(2) ∧ (3) ⇒
⎩
⎨
⎧
c = a
2a
2
+ b
2
= 2|a – b|
⇒
⎩
⎨
⎧
c = a
b = 0 ∨ b = 4a
⇒ v

→
= (1; 0; 1) ∨ v

→
= (1; 4; 1).
(2) ∧ (4) ⇒
⎩
⎨
⎧
c = 2b – a
2a
2

– 4ab + 5b
2
= 2|a – b|
⇒
⎩
⎨
⎧
c = –a
b = 0
⇒ v

→
= (1; 0; –1).
0,25
Phương trình của (
Δ
):
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧ x = 1 + t
y = 2
z = 3 + t
∨
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧ x = 1 + t

y = 2 + 4t
z = 3 + t
∨
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧ x = 1 + t
y = 2
z = 3 – t
. ̋
0,25
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
⎩
⎨
⎧
x
2
– x = y
2
+ y (1)
2
x–y
– 2
x–1
= x + y (2)
.

(1) ⇔ (x + y)(x – y – 1) = 0 ⇔ y = –x ∨ y = x – 1.
0,25

Thay y = –x vào (2): 2
2x
– 2
x–1
= 0 ⇔ 2
x
= 2
–1
⇔ x = –1. Suy ra (–1; 1) là nghiệm của HPT.
0,25
Thay y = x – 1 vào (2): 2 – 2
x–1
= 2x – 1 ⇔ 2
x–1
+ 2x – 3 = 0 (*).
Rõ ràng x = 1 là một nghiệm của phương trình (*).
0,25
Xét hàm số f(x) = 2
x–1
+ 2x – 3 ta có f’(x) = 2
x–1
.ln2 + 2 > 0 (∀x ∈ a) ⇒ f đồng biến trên a
⇒ phương trình (*) có tối đa một nghiệm ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (*).
Suy ra (1; 0) là nghiệm của hệ phương trình. ̋
0,25