Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án số 38

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
– 3(m+1)x
2
+ 9x – m (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2
4 4
16 3
2
x x
x x
+ + −
≤ + − −
( x
∈
R).
2. Giải phương trình
2
2 3 cos 2sin 3 cos sin 4 3
1
3 sin cos
x x x x
x x

+ − −
=
+
.
Câu III (1,0 điểm)
Cho I =
ln 2
3 2
3 2
0
2 1
1
+ −
+ − +
∫
x x
x x x
e e
dx
e e e
. Tính e
I
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC =
2a
. Đáy là tam giác ABC cân
·
0
120BAC =
,

cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của SA, tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
4log1log1log
2
2
2
2
2
2
+++++ zyx
trong đó x, y, z là
các số dương thỏa mãn điều kiện xyz = 8.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5). Tìm toạ độ điểm M thuộc
đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MCD, MAB có diện tích bằng nhau.
2. Trong hệ trục Oxyz, viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác
ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC); biết điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1) và C(1; 3; 1).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

2 3z i z i− = − −
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong hệ trục Oxy, cho 2 đường tròn (C) và (C’) có phương trình(C): x

2
+ y
2
= 4 và (C’): x
2
+ y
2
= 1;
Các điểm A, B lần lượt di động trên (C) và (C’) sao cho Ox là phân giác của góc AOB. Gọi M là
trung điểm của đoạn AB, lập phương trình quỹ tích của M.
2. Trong hệ trục Oxyz, cho đường thẳng (d):
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng (P) có phương trình:
x + y + z + 2 = 0.

Viết phương trình đường thẳng (Δ) thuộc (P) sao cho (Δ) vuông góc với (d) và
khoảng cách từ giao điểm của (d) và (P) đến (Δ) bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Khai triển đa thức:
20 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) .x a a x a x a x− = + + + +
Tính tổng:
0 1 2 20

2 3 21S a a a a= + + + +
.
Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn thi : TOÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1 Khi m = 1 ta có y = x
3
– 6x
2
+ 9x – 1
*Tập xác định: D = R
* y’ = 3x
2
– 12x + 9 ; y’ = 0
⇔

1
3
x
x
=


=

*Bảng biến thiên
x -∞ 1 3 + ∞

y’ + 0 - 0 +
3 + ∞
y
-∞ -1
* Hàm số đồng biến trên ( -
∞
;1) và ( 3; +
∞
); nghịch biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và y
CĐ
= 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 và y
CT
= -1
* Đồ thị :
1đ
2
Tập xác định: D = R
Ta có y’ = 3[x
2
– 2 (m + 1)x + 3]
y’ = 0
⇔
x
2
– 2 (m + 1)x + 3 = 0
Hàm số (1) nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 2
⇔
y’ = 0 phải có 2 nghiệm
x

1
, x
2
thỏa mãn điều kiện
1 2
2x x− =
.
Trước hết ta phải có Δ’>0
⇔
m
2
+ 2m – 2 >0
⇔
1 3
1 3
m
m

< − −

> − +


Khi đó gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình y’ = 0 . Theo định lí Vi-et ta có
x
1

+ x
2
= 2(m + 1) và x
1
x
2
= 3
Ta có :
1 2
2x x− =

⇔
(x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= 4
⇒
m
2
+ 2m – 3 = 0
⇔
m = 1 hoặc
m = - 3

Vậy với m = 1 hoặc m = - 3 thì thỏa mãn điều kiện bài toán
0,5

0,5
II
1
* Đk:
4 0
4 0
x
x
+ ≥


− ≥


⇔
x
≥
4. Đặt t =
4 4x x+ + −
(t > 0)
BPT trở thành: t
2
- t - 6
≥
0
⇔
2( )

3
t L
t
≤ −


≥

* Với t
≥
3
⇔
2
2
16x −

≥
9 - 2x
⇔

2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 ≥








≥


≥




− ≥ −


x 4
9 - 2x < 0
x 4
9 - 2x
* (a)
⇔
x >
9
2
.
* (b)
⇔

145 9

36 2
≤ ≤x
. Vậy tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 
+∞
÷

 
0,5
0,5
2
ĐK:
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là
0,5
0.5
III
I =
ln 2
3 2
3 2
0
2 1
1
+ −
+ − +
∫

x x
x x x
e e
dx
e e e
=
ln 2
3 2 3 2
3 2
0
3 2 ( 1)
1
+ − − + − +
+ − +
∫
x x x x x x
x x x
e e e e e e
dx
e e e
=
ln 2
3 2
3 2
0
3 2
1
1
 
+ −

−
 ÷
+ − +
 
∫
x x x
x x x
e e e
dx
e e e
= ln(e
3x
+ e
2x
– e
x
+ 1)
ln 2 ln 2
0 0
− x
= ln11 – ln4 =
14
ln
4
; Vậy e
I
=
11
4
.

0,5
0,5
IV
(HS tự vẽ hình)
* Áp dụng định lí sin trong
∆
ABC có AB = AC =
2
3
a

⇒

S
ABC∆
=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
3
3
a
. Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC),
theo gt: SA = SB = SC
⇒
HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.
* Và theo định lí sin trong
∆
ABC ta có:
sin
BC
A
= 2R
⇒
R =
2
3
a
= HA

∆
SHA vuông tại H
⇒
SH =
2 2
SA HA−
=
6
3
a
⇒

.S ABC
V
=
1
3
S
ABC
∆
.SH =
2
2
9
a
* Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

⇒

1
2
M
A
h SM
h SA
= =

⇒

h
M
=
1
2
h
A
.

∆
SBC vuông tại S
⇒

S
SBC
∆
= a
2
* Lại có:
.S ABC
V
=
1
3
S
SBC
∆
.h
A

⇒
h
A
=
.
3
S ABC
SBC
V
S
∆
=
2
3
a

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
2
6
a
0,5
0,5
Sử dụng phương pháp vectơ
Đặt
2
(log ;1)u x
→
=

;
2
(log ;1)v y
→
=
và
2
w (log ;2)z
→
=
0,5
V
Ta có
u
→
+
v
→
+
w
→
= ( log
2
x + log
2
y + log
2
z ; 4) = ( log2(xyz) ; 4) = (3; 4)
Áp dụng bất đẳng thức
u

→
+
v
→
+
w
→
wu v
→ → →
≥ + +

⇔
4log1log1log
2
2
2
2
2
2
+++++ zyx

≥
5 . Dấu = xẩy ra khi và chỉ khi
u
→
;
v
→

và

w
→
cùng hướng
⇔
log
2
x = log
2
y =
1
2
log
2
z
⇔
x = y =
4
8
và z = 2
2
⇒
Giá trị nhỏ nhất của P bằng 5
⇔
x = y =
4
8
và z = 2
2
0,5
VIa

1
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB =
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
, ta tính được:

13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =

7
9

3
t t⇔ = − ∨ =

⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,25
0,25
0,5
2 Nhận xét rằng: Đường thẳng
∆
đi qua trực tâm H của ΔABC và vuông góc với
mp(ABC) là giao tuyến của mp (P) đi qua A và vuông góc với BC với mp(Q) đi qua B
và vuông góc với AC cũng là giao tuyến của mp đi qua C và vuông góc với AB.
Viết pt(P): (P) đi qua A và nhận
BC
(-1; 0; 2) làm VTPT
Nên pt (P) là :-x + 2z + 3 = 0
Viết pt(Q): (Q) đi qua B và nhận
AC
(0;3;2) làm VTPT
Nên pt (Q) là:3y + 2z – 7 = 0
Dễ thấy
∆
đi qua M(7;1;2) và có VTCP là

[

]
QP
nnu ,=
với
( 1;0;2)
P
n = −
uur

(0;3;2)
Q
n =
uur
Suy ra
u
=(-6;2;-3) Vậy pt Δ là
7 6
1 2
2 3
x t
y t
z t
= −


= +


= −


(t
∈
R)
0,5
0,5
VIIa
Đặt z = x + yi; trong đó x, y
∈
R
|z - i| = |
z
- 2 - 3i|
⇔
|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
*
⇔
x - 2y - 3 = 0
⇔
Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng
có phương trình x - 2y - 3 = 0 (
∆
)
* |z| nhỏ nhất
⇔
|
OM
uuuur
| nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của điểm O(0; 0) trên (

∆
)

⇔
M(
3
5
;-
6
5
)
⇒
z =
3
5
-
6
5
i
0,5
0,5
1 Ta có: (C) có tâm O(0; 0) và bán kính R
1
=2
(C’) có tâm O(0; 0) và bán kính R
2
=1
Với B(x
B
;y

B
)
∈
(C’) thì x
B
2
+y
B
2
=1
Gọi B
1
là điểm đối xứng với B qua Ox suy ra B
1
(x
B
;-y
B
) thuộc OA và th/m :
0,5
VIb
1
2 (2 ; 2 )
B B
OA OB A x y= ⇒ −
uuur uuuur
Khi đó M là trung điểm của AB có toạ độ là:






−=
=
⇒







+−
=
+
=
=
+
=
yy
x
x
yyyy
y
xxx
x
B
B
BBBA
BBA

2
3
2
2
2
2
2
3
2
Thay vào phương trình của (C’) ta được (E):
1
4149
22
=+
yx
Vậy tập hợp M là elíp có phương trình trên.
0,5
2 Tìm gđ M của (d) và (P):
PTTS của (d):





−−=
+−=
+=
tz
ty
tx

1
2
23
Thay vào pt(P) ta được t = -1. Vậy M(1;-3;0)
Tìm 1 điểm mà Δ đi qua:
Gọi (Q) là mp chứa (d) và vuông góc (P) có pt là
[ ]
PdQ
nun ,=
= (2;-3;1)
Hình chiếu vuông góc (d’) của (d) lên (P) là giao tuyến của (Q) và (P) nên (d’) có
VTCP là
)5;1;4( −−=∧=
PQ
nnu

(d’) đi qua M nên có Pt là
1 4 '
3 '
5 '
x t
y t
z t
= −


= − −


=


Điểm N
∆∈
và cũng thuộc (d’) th/m d(M, Δ)=
42
N(1-4t’;-3-t’;5t’)
⇒
d(M; Δ) = MN =
2 2 2 '2
( 4 ') ( ') (5 ') 42 42t t t t− + − + = =
⇔
t’ = ±1 Vậy tìm được 2 điểm t/m : N
1
(-3;-4;5), N
2
(5;-2;-5)
0,5
0,5
VIIb
Ta có:
( )
20 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 2 3 21 .x x a a x a x a x
′
− = + + + +
20 19 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 21x x x a a x a x a x⇔ − − − = + + + +
(*).

Nhận thấy:
( )
k k
k k
a x a x= −
do đó thay
1x = −
vào cả hai vế của (*) ta có:
22
0 1 2 20
2 3 21 4S a a a a= + + + + =
.
0,5
0,5