Đề thi thử đại học môn Toán có đáp án số 25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
1
2 3 .
3
y x x x= − +

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x


− =


− = −


.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2
2 2 2m x x x− + = +
có 2 nghiệm phân biệt.
2. Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể

tích khối chóp
.S ABCD
và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
( )
1; 2;3I −
. Viết phương trình
mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +
.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
2
tan
1 cos
x
f x
x
=
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )

2 2
: 2 0C x y x+ + =
. Viết phương
trình tiếp tuyến của
( )
C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng
30
o
.
Câu VI.b: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
4 log
3
243
x
x
+
>
.
2. Tìm m để hàm số
2
1mx
y
x
−
=
có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.

Môn thi : TOÁN
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Ý 2
(1,0
đ)
Phương trình tiếp tuyến
∆
tại điểm
( )
0 0 0
;M x y
là

( )
( )
2 3 2
0 0 0 0 0 0
1
: 4 3 2 3
3
y x x x x x x x∆ = − + − + − +
0,25 đ

∆
qua O
0 0
0, 3x x⇔ = =
. 0,25 đ
Khi:
0

0x =
thì
: 3y x∆ =
. 0,25 đ
Khi:
0
3x =
thì
: 0y∆ =
. 0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 1
(1,0
đ)
PT
sin 2 cos 2 3sin cos 2x x x x
⇔ + = + +


2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0x x x x x⇔ − + − − =
.
0,25 đ

( ) ( ) ( )
( ) ( )
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0
sin cos 1 2cos 3 0
x x x x

x x x
⇔ − + + − =
⇔ + + − =
. 0,25 đ
Khi:
3
cos ( )
2
x VN=
. 0,25 đ
Khi :
2
1
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x
x k
π
π
π
π π

= − +
 

+ = − ⇔ + = − ⇔

 ÷

 
= +

.
KL: nghiệm PT là
2 , 2
2
x k x k
π
π π π
= − + = +
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0
đ)
Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =
. 0,25 đ
Khi
0y =
thì hệ VN.
Khi
0y ≠
, chia 2 vế cho

3
0y ≠ ⇒

3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
+ + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.

0,25 đ
Đặt
x
t
y
=
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
. 0,25 đ
Khi
1t =
,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x

x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


.
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0
đ)
Ta có:
2
2 2 1x x− + ≥
nên PT
2
2
2 2
x
m
x x
+
⇔ =
− +

. 0,25 đ
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
+
=
− +

( )
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2
x
f x
x x x x
−
⇒ =
− + − +
. 0,25 đ

( )
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3

x x
f x x f f x f x
→−∞ →+∞
 
= ⇔ = = = − =
 ÷
 
. 0,25 đ
KL:
1 10m< <
. 0,25 đ
Ý 2
(1,0
Đặt
t xy=
. Ta có:
( )
( )
2
1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

0,25 đ
đ)
Và
( )
( )
2

1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy+ = − + ≥ ⇒ ≤
. ĐK:
1 1
5 3
t− ≤ ≤
.
Suy ra :
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
+ −
− + +
= =
+ +
. 0,25 đ
Do đó:
( )
( )

2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
− −
=
+
,
' 0 0( ), 1( )P t th t kth= ⇔ = = −

1 1 2
5 3 15
P P
   
− = =
 ÷  ÷
   
và
( )
1
0
4
P =
.
0,25 đ
KL: GTLN là

1
4
và GTNN là
2
15
( HSLT trên đoạn
1 1
;
5 3
−
 
 
 
) 0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
Gọi O là giao điểm AC và BD
( )
SO ABCD⇒ ⊥
Ta có:
2
2 2 2
2 2
4 2
a a
SO SA OA a= − = − =
.
0,25 đ

2 3

.
1
2
6
ABCD S ABCD
S a V a= ⇒ =
. 0,25 đ
Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp
0,25 đ

( )
( )
2
2 3 1
2 2
4
4 3
SMN
a
a
S pr r
a a
∆
−
= ⇒ = =
+
là bán kính cần tìm. 0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)

Gọi M là hình chiếu của I lên Oy, ta có:
( )
0; 2;0M −
0,25 đ

( )
1;0; 3 10IM R IM= − − ⇒ = =
uuur
là bán kính mặt cầu cần tìm.
0,25 đ
KL: PT mặt cầu cần tìm là
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 3 10x y z− + + + − =
. 0,50 đ
Câu
VIa
(2,0đ)
Ý 1
(1,0
đ)
Ta có : PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
⇔ + = +
. 0,25 đ
Chia 2 vế cho
3
2 0

x
>
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     
. 0,25 đ
Đặt
3
2
x
t
 
=
 ÷
 
. ĐK: t>0;
3 2
3
2 4 3 0 1( ); ( )
2
t t t t kth t th+ − − = ⇔ = − =
. 0,25 đ
Khi

3
2
t =
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
 
= ⇔ =
 ÷
 
. KL: Nghiệm PT là
1x =
. 0,25 đ
Ý 2
(1,0
đ)
Ta có:
( )
( )
2 2
cos sin
cos 1 cos
x x
F x I dx
x x
= =
+

∫
. 0,25 đ
Đặt
2
cos 2cos sint x dt x xdx= ⇒ = −
Suy ra :
( )
1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2 1 2
dt t
I dt C
t t t t t
+
 
= − = − = +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
.
0,50 đ
KL:
( )
2
2
1 1 cos
ln
2
cos

x
F x C
x
 
+
= +
 ÷
 
. 0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến
( )
∆
cần tìm là
3±
. 0,25 đ
Mà:
( ) ( ) ( )
2
2
: 1 1 1;0 ; 1C x y I R+ + = ⇒ − =
. 0,25 đ
Do đó:
( )
1
: 3 0x y b∆ − + =
tiếp xúc (C)
( )
1

,d I R⇔ ∆ =

3
1 2 3
2
b
b
−
⇔ = ⇔ = ± +
. KL:
( )
1
: 3 2 3 0x y∆ − ± + =
.
0,25 đ
Và :
( )
2
: 3 0x y b∆ + + =
tiếp xúc (C)
( )
2
,d I R⇔ ∆ =

3
1 2 3
2
b
b
−

⇔ = ⇔ = ± +
. KL:
( )
2
: 3 2 3 0x y∆ + ± + =
.
0,25 đ
Câu
VIb
(2,0đ)
Ý 1
(1,0
đ)
ĐK: x > 0 . BPT
( )
3 3
4 log log 5x x⇔ + >
(HS ĐB) 0,25 đ
Đặt
3
logt x=
. Ta có:
2
4 5 0 5t t t+ − > ⇔ < −
hoặc
1 t<
. 0,25 đ
KL: Nghiệm BPT là
1
0

243
x< <
hoặc
3 x<
.
0,50 đ
Ý 2
(
1,0
đ)
Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
+
=
. 0,25 đ
Hàm số có 2 cực trị
' 0y⇔ =
có 2 nghiệm PB khác 0
0m⇔ <
. 0,25đ

( )
( )
2

1 1 4
;2 , ; 2 16A m B m AB m
m
m m
   
− − − − ⇒ = + −
 ÷  ÷
−
− −
   
. 0,25đ

( )
( )
2
4
2 .16 16AB m
m
≥ − =
−
(không đổi). KL:
1
( )
2
m th= −
. 0,25đ
…HẾT…