Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án số 43

THI TH I HC, CAO NG NM 2012.
Mụn thi : TON
I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im )
Cõu I ( 2,0im) Cho hm s
( ) ( )
4 2 2
2 2 5 5y f x x m x m m= = + + +

1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th (C ) hm s vi m = 1
2/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m đồ thị hàm số cú cỏc im cc i, cc tiu to thnh 1 tam giỏc vuụng cõn.
Cõu II(2.0im) 1/ Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =


=


2/ Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog
2
4
2
2
2

2
> xxx
Cõu III (1.0 im) Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình: cot x - 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
Cõu IV(1.0 im) Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos2x xdx

=


Cõu V(1.0 im) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

2
a
,
3aSA =
,
ã
ã
0
SAB SAC 30= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )SA MBC
. Tính
SMBC
V
PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im )
(Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.)
A/ Phn bi theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a: (2.0im)
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc
trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2, Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x

3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15
a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
b) Tỡm h s a

10.
Cõu VII.a: (1,0im) Trong khụng gian Oxyz cho hai im A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 . Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).
B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: (2 im)
1, Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai ng chộo nm trờn
ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D
2, Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15
a) Tớnh S = a

0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
b) Tỡm h s a
10.
Cõu VII.b: (1.0 im) Cho hm s y =
+

2
2 2

1
x x
x
(C) và d
1
: y = x + m, d
2
: y = x + 3.
Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m (C) ct d
1
ti 2 im phõn bit A,B i xng nhau qua d
2
.

******* Hết *******
1
đáp án THI TH I HC, CAO NG NM 2012.
Mụn thi : TON
Cõu ý
Hớng dẫn giải chi tiết Điểm
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH 7.00
Cõu I 2
* Ta cú
( ) ( )
3
2
0
' 4 4 2 0
2
x
f x x m x
x m
=

= + =

=

0.25
* Hm s cú C, CT khi f(x)=0 cú 3 nghim phõn bit v i du :
m < 2 (1) . To cỏc im cc tr l:

( )
( ) ( )

mmCmmBmmA + 1;2,1;2,55;0
2

0.5
* Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A:
( )
1120.
3
=== mmACAB
vỡ k (1)
Trong ú
( ) ( )
44;2,44;2
22
+=+= mmmACmmmAB
Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1.
0.25
Cõu II
* iu kin:
| | | |x y
t
2 2
; 0u x y u
v x y

=


= +

;
x y=
khụng tha h nờn xột
x y

ta cú
2
1
2
u
y v
v

=
ữ

. H phng trỡnh ó cho cú dng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =

=
ữ



0.25
Gii h (I), (II). 0.25
Sau ú hp cỏc kt qu li, ta c tp nghim ca h phng trỡnh ban u l
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
0.25
2
Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
> xxx
1
Cõu III
Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình:

Cot x - 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
1
ĐK:









+

1tan
02sin
0cossin

02sin
x
x
xx
x
Khi đó pt
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
+
+
=



xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22

+=


0.25


)2sin1(sinsincos xxxx =


0)1sincos)(sinsin(cos
2
= xxxxx
0.25


0)32cos2)(sinsin(cos =+ xxxx


0sincos = xx


tanx = 1
)(
4
Zkkx +=


(tm)

( )

4
0;0


== xkx
KL:
0. 5
2
Cõu IV
Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos2x xdx

=

1
2 2 2
2
0 0 0
1 1
I cos cos2 (1 cos 2 )cos2 (1 2cos2 cos4 )
2 4
x xdx x xdx x x dx

= = + = + +

0.5

/2
0
1 1
( sin 2 sin 4 ) |
4 4 8
x x x


= + + =
0.5
Cõu V
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
,
3aSA =
,
ã
ã
0
SAB SAC 30= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )SA MBC
. Tính
SMBC
V
1
định lí côsin ta có:
ã

2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + = + =
Suy ra
aSB =
. Tơng tự ta cũng có SC = a.
0.25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB
SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
0.25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng
nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra
MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=

===
4
3a
MN =
.
0.25
Do đó
3
.
1 1 1 3 3
. . . .
3 2 6 2 4 2 32
S MBC
a a a a
V SM MN BC= = =
(đvtt)
0.25
PHN RIấNG CHO MI CHNG TRèNH 3.00
Phn li gii bi theo chng trỡnh Chun
Cõu VIa 2
1

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
1

S
A
B
C
M
N
3
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
+

ữ

.
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+

+ + = + + = =
ữ

0.25
0.25
T A(1;2), k
: 1 0AK CD x y + =
ti I (im
K BC

).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y = + =
.
Ta im I tha h:
( )
1 0
0;1
1 0
x y

I
x y
+ =



+ =

.
Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK

ta ca
( )
1;0K
.
ng thng BC i qua C, K nờn cú phng trỡnh:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= + + =
+

0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x

3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15
a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
b) Tỡm h s a

10.
1
Ta cú P(1) = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5
= 4
5
0.25
Ta cú P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i

k i k i
C x C x C C x
+
= = = =
=


Theo gt ta có
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k

=

=


+ =


=





=






=




=



a

10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101C C C C C C+ + =
0.25
0.5
CõuVII.a
Trong khụng gian Oxyz cho hai im A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng (P): 2x - y + z
+ 1 = 0.Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
Ta cú
AB ( 2,4, 16)=
uuur
cựng phng vi
=
r
a ( 1,2, 8)
mp(P) cú VTPT
=
uur
1
n (2, 1,1)
0.25
Ta cú
uur r
[ n ,a]
= (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là
=
uur

2
n (2,5,1)
0.5
Mp(Q) cha AB v vuụng gúc vi (P) đi qua A nhận
=
uur
2
n (2,5,1)
là VTPT có pt là:
2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0
0.25
Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b 2
1 Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai
ng chộo nm trờn ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D
1
4
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
.
Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là
trung điểm của AC và BD nên ta
có:

( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
0.5
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   

= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a

0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
15
x
15
a) Tính S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ …+ a
15
b) Tìm hệ số a
10.
1
Ta có P(1) = a
0

+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ …+ a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5
= 4
5
0.25
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
+
= = = =

=
∑ ∑ ∑∑

Theo gt ta cã
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k

=



=



+ =


=



≤ ≤ ∈ ⇔
 
=



≤ ≤ ∈


=




=


⇒
a
10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5

. . . 101C C C C C C+ + =
0.25
0.25
CâuVII.b
Cho hàm số y =
− +
−
2
2 2

1
x x
x
(C) vµ d
1
: y = −x + m, d
2
: y = x + 3. Tìm tất cả các giá trị
của m để (C) cắt d
1
tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d
2
.
1
* Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (C) vµ d
1
lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh :
− +
= − +
−

2
2 2
1
x x
x m
x
⇔ 2x
2
-(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)
d
1
c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt ⇔ p tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1
⇔
− − + + ≠


− − >

2
2 3 2 1
2 7 0
m m
m m
⇔ m
2
-2m-7>0 (*)
0.5
5
Khi đó(C) cắt (d
1

)tại A(x
1
; -x
1
+m); B(x
2
; -x
2
+m) ( Với x
1
, x
2
là hai nghiệm của (1) )
* d
1
d
2
theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d
2
P là trung điểm của AB
Thì P thuộc d
2
Mà P(
+ +
+
1 2 1 2
;
2 2
x x x x
m

) P(
+ 3 3 3
;
4 4
m m
)
Vậy ta có
+
= + =
3 3 3
3 9
4 4
m m
m
( thoả mãn (*))
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5

6