Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (1)

Page 1



ĐỀ SỐ 10
Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số
32
3y x x mx m   
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0
2. Tìm các giá trị của m, để đường thẳng (d) đi qua điểm I (−1; 2) với hệ số góc bằng (−m)
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, I. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đồ thị
hàm số (1) tại A và B song song với nhau.
Câu 2 (2 điểm)
1. Giải phương trình:
22
1 1 8
cot .cot
cos sin 3 3 6
xx
xx

   
   
   
   

2. Giải hệ phương trình:
7 2 4
2 2 5 8 2
x y x y
x y x

   


   



Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân
 
1
2
0
1 2 2
dx
I
x x x

  


Câu 4 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 18 (đvtt), cạnh SD = 6. Hãy tính độ dài các cạnh
còn lại của tứ diện, biết rằng các cạnh đó đều có độ dài bằng nhau.
Câu 5 (1 điểm)

Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn
2 2 2
0
1
x y z
x y z
  


  


Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3
P x y z  

Câu 6 (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho 3 đường thẳng
1
: 2 0d x y  
,
2
:2 3 0  d x y
,
3
:3 5 0d x y  
. Tìm độ dài các đỉnh hình vuông ABCD, biết rằng
1 2 3
, , ,A C d B d D d  

2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu

2 2 2
( ): 4 6 2 28 0S x y z x y z      
và hai đường thẳng

1
52
: 1 3
13 2
xt
d y t
zt
  





  

và
2
7 1 8
:
3 2 1
x y z
d
  




Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với 2 đường thẳng
12
,dd
.
Câu 7 (1 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn
18
1
2
z
z
z



. Hãy tính
4
2


zi
zi



Page 2

ĐỀ SỐ 10
Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu 1 (2 điểm)
1. (1 điểm) Học sinh tự giải
2. (1 điểm)
Đường thẳng
: ( 1) 2y m x    
.
Xét pt:
32
32x x mx m mx m      

 
 
2
1 2 2 2 0     x x x m


cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt

pt sau có 2 nghiệm phân biệt khác
(−1):
2
2 2 2 0x x m   
(*)
' 1 (2 2) 0
3
(**)

1 2 2 2 0
2
m
m
m
    

  

   


Gọi
12
,xx
là hai nghiệm của (*) và
   
1 1 2 2
, , ,A x y B x y
là 2 giao điểm.
Hệ số góc của hai tiếp tuyến tại A và B là

 
22
'( ) 3 6 3 2
i i i i i i
k y x x x m x x m      

Mặt khác
1

x
là nghiệm của (*) nên

2
2 2 2 6 5 ( 1,2)
i i i
x x m k m i      

(0,5 điểm)
Bây giờ ta sẽ chứng minh hai tiếp tuyến không thể trùng nhau
Đặt
65km
. Phương trình hai tiếp tuyến là:
ii
y kx kx y  

Nếu hai tiếp tuyến trùng nhau, tức là

1 1 2 2
,kx kx y kx kx y x R      
 
2 1 1 2
0k x x y y    

  
21
00x x k m k m      
(vì
12
xx

)
3
6 4 0
2
mm    

Điều này mâu thuẫn với (**).
Vậy với
3
2
m 
thì hai tiếp tuyến tại A và B song song với nhau
Lưu ý: có thể giải cách khác bằng việc chứng minh điểm I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số
đã cho
(0,5 điểm)

Câu 2 (2 điểm)
1. (1 điểm)
Điều kiện:
sin2 0
& ( )
sin .sin 0
2 3 2
36



     

   

  
   

   

x
kk
x x k Z
xx
  


Ta có:
cot .cot cot .tan 1
3 6 3 3
x x x x
   
       
     
       
       



Page 3



Khi đó pt
 

2 2 2 2
3 sin cos 8sin cosx x x x

(0,5 điểm)
22
3cos2 2sin 2 3cos2 2(1 cos 2 )x x x x      

2
1
2cos 2 3cos2 2 0 cos2 ( )
23
x x x x k k Z


           

So sánh với điều kiện, nghiệm của phương trình là
()
3
x k k Z


  

(0,5 điểm)
2. (1 điểm)
Điểu kiện:
70
20
5 8 0

xy
xy
x









Ta có
7 2 4 7 2 4x y x y x y x y        

5 16
7 2 16 8 2 5 16 8 2 2
8
x
x y x y x y x x y x y

             

(0,5 điểm)
Thay vào pt thứ hai được:
 
5 16 56
5 8 2 5 8 4 5 8 32 0 5 8 8
85
x

x x x x x

             

Khi đó
112 56 16 13
5 8 5
yy

   
(các giá trị vừa tính được của x và y đều thỏa mãn điều
kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm
56 13
,
55
xy

(0,5 điểm)
Câu 3 (1 điểm)
Ta có
   
 
   
11
2 2 2
00
1
1
3

1 1 1 1 1 1
x dx
dx
I
x x x x


     


Đặt
 
2
11tx  
 
2
1
11
x
dt dx
x



. Với x = 0 thì
2t 
, x = 1 thì
5t 

(0,5 điểm)

Khi đó:

 
55
5
2
2
22
1 1 1 1 1 5 1
ln ln ln 2 1
1 2 1 1 2 1 2
dt t
I dt
t t t t


      

   



(0,5 điểm)
Câu 4 (1 điểm)


Page 4

Từ giả thiết suy ra ABCD là hình thoi.
Do A và C cách đều S, B, D nên
()BD SAC
. Gọi I là tâm
của đáy ABCD.
Các tam giác ABC, ACD, SAC là các tam
giác cân bằng nhau có đáy AC chung, nên
IB = ID = IS. Do đó tam giác SBD
vuông tại S
Đặt x = SA = SB = SC = AB = BC = CD
= DA
Ta có
, ( )SI AC AC BD IC SBD   

(0,5 điểm)
Suy ra
22
11
. . .6.
66
SBCD
V CI SB SD x CD ID  
.
Mặt khác
   
2 2 2 2 2
1 1 1
36
4 4 4

ID BD SB SD x    

Do đó
 
2 2 2
1
2 2 . 36 3 36
4
SABCD SBCD
V V x x x x x     

Ta có phương trình:

2 4 2 2
3 36 18 3 36 324 0 18 3 2x x x x x x         

Vậy độ dài các cạnh còn lại của tứ diện là
32x 

(0,5 điểm)
Câu 5 (1 điểm)
Từ
   
3
33
03x y z z x y P x y x y xyz            

Từ

 

2
2 2 2 2 2 2
1
1 2 1 2 2 1
2
x y z x y xy z z xy xy z             

Vậy
2
1
3
2
P z z




.
Do
 
2
2 2 2 2 2
1 3 2 2
1
2 2 3 3
x y z x y z z z          

(0,5 điểm)
Đặt
2

3
( ) 3
2
f z z z
với
22
;
33
z




.
Ta có
2
31
'( ) 9 0
26
f z z z     



Page 5



Bảng biến thiên:
z
2

3



1
6



1
6


2
3

f'(z)

+

−

+

f(z)

Ta có
1 1 2 1
,
6 6 3 6
ff
   
  
   
   
   
và từ bảng biến thiên, suy ra
1 2 2
( ) , ;
6 3 3
f z z

   



Mặt khác
21
,
36
z x y   
thỏa mãn đề bài và

1
()
6
fz

Vậy max P =
1
6

(0,5 điểm)
Câu VI (2 điểm)
1. (1 điểm)
Đặt
( ;2 ), ( ;2 ), ( ;2 3), ( ;3 5)   A a a C c c B b b D d d
. Gọi I là tâm hình vuông thì
2 3 2
;
22
b d b d
I
  




Ta có
( ;3 2 8)BD d b d b   
.
Do
1

11
& (1; 1) 3 2 8 0
d
I d BD d BD u d b d b          

Từ đó có hệ phương trình:
2 8 0
2
11
3
( ) (2 3 2) 2 0
22
bd
b
d
b d b d
  







     




(0,5 điểm)

Vậy
13
( 2; 1), (3;4)& ;
22
B D I





Do
52
2
IA IC IB  
nên có
phương trình


Page 6



22
2
2
1 3 25
2 6 0
3
2 2 2

a
a a a a
a


   
         
   


   


Hai nghiệm trên là hoành độ của A và C
Tóm lại
( 2;4), ( 2; 1), (3; 1), (3;4)A B C D   
hoặc

(3; 1), ( 2; 1), ( 2;4), (3;4)A B C D   

(0,5 điểm)

2. (1 điểm)
Gọi các vectơ chỉ phương của
12
&dd
lần lượt là

12
(2; 3;2)& (3; 2;1)uu   

Mặt phẳng (P) song song với
12
&dd
nên có vectơ pháp tuyến là
12
,n u u



=
3
2






2
1
;
2
1

2
3
;
2
3

3
2





= (1; 4; 5)
Phương trình mặt phẳng (P):
4 5 0x y z D   
(0,5 điểm)
Tâm của (S) là I (2; −3; 1) và bán kính
42R 

Do (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên khoảng cách từ I đến (P) bằng bán kính R, suy ra
 
47
2 3.4 5
,( ) 42 5 42
37
1 16 25
D
D
d I P D
D

  

      






Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán:
1
( ): 4 5 47 0P x y z   
và
2
( ): 4 5 37 0P x y z   
(0,5 điểm)
Câu 7 (1 điểm)
Từ
2
18
1 3 2 18
2
z
z z z z
z

      

2
24
4 20 0
24



    



zi
zz
zi
(thỏa mãn
2z 
)
+ Với
2 4 2 8 1 4 17 170
24
2 6 1 3 10
2
10
i i i
zi
ii
zi
  
      



+ Với
2 4 2 1 1 2
24
2 2 1 2
2

2

      


i
zi
ii
zi
(1,0