Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 35

1
Hội Những Người Ôn Thi Đại Học

Đề thi thử số 3
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y=

 

     có đồ thì (C) trong đó m là tham số
thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m=1.
2. Cho đường thẳng (d): y=x+4 và điểm K(1;3). Tìm các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân
biệt A(0;4),B,C sao cho KBC có diện tích bằng 


Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: sin2x+cos2x=1+sinx–3cosx
2. Giải hệ phương trình:



 

 


    

 



    



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:















Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy
nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt đáy, SC=a


 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng (SHC) bằng 2a

 (ở đây H là
trung điểm AB). Hãy tính thể tích khối chóp theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a,b,c không âm và a+b+c=4
Tìm min, max của P=

   

  

 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chƣơng trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn:
(C): x² + y² - 2x - 2y + 1 = 0, (C'): x² + y² + 4x - 5 = 0. Cùng đi wa M(1;0). Viết phương trình
đường thẳng đi qua M cắt 2 đường tròn (C),(C') tại A,B sao cho MA = 2MB.
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
1
()
có PT
 
2 ; ; 4x t y t z  
;
2
()

là giao tuyến
của 2mp
( ): 3 0xy

  
và
( ):4 4 3 12 0x y z

   
. Chứng tỏ
12
,
chéo nhau và viết
phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của
12
,
làm đường kính.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: |z-3i|=|1-3i.| và z-


là số thuần ảo
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
22
( ): 1
94
xy
E 
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .

Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
(d1):








(d2):








.Tìm tọa độ giao điểm d1 và d2. Viết phương
trình mặt phẳng (P) đi qua d2 tạo với d1 một góc lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số
22
(2 1) 4
2( )
x m x m m
y
xm
    



. Chứng minh với mọi m thì hàm số
có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m.

HẾT



2
SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 3_2012
Câu
Nội dung
Điểm
I

1.0
2
Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (C) là:
x³+2mx²+(m+3)x+4=x+4
 x(x²+2mx+m+2)=0
 x=0 (y=4) hoặc x²+2mx+m+2=0(1)
0.25
(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(4;0),B,C thì (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
=> m≤-1 v m≥2 và m≠2
0.25
x
B
, x
C

là các nghiệm của phương trình:
x mx m
2
2 2 0   
.
D(K,d)=

 => BC=16
BC
2
=(x
B
-x
C
)
2
+(y
b
-y
C
)
2
=256
0.25
 2(x
B
-x
C
)
2

=256  4m
2
-4(m+2)=128
m
1 137
2



0.25
II

2.0
1

1.0

 2sinxcosx+2cos
2
x-1=1+sinx-3cosx
0,25
 sinx(2cosx-1)+(2cosx-1)(cosx+2)=0
0.25
 (2cosx-1)(sinx+cosx+2)=0
0.25
x=±π/3+kπ
0.25
2

1.0

Nhân 4 phương trình 2 rồi công vế theo vế ta thu được
(x+2)
5
+2(x+2)
3
=y
5
+2y
3

0.5
Xét hàm f(u)= u
5
+2u
3
f’(u)= 5y
4
+6y
2
>=0 =>f(u) đồng biến trên R
=>x+2=y
0.25
Thay vào phương trình 2 =>x=18 y=20
0.25


III

1.0

I=














=












I

1







; I
2
=










I=I
1
+I
2
0.25
I
1
Tích phân từng phần 2 lần ta được I
2

=e-2
0.25
; I
2
=









=









= e
2
ln((1+e
e
)/(1+e))
0.25

=> I=e-2+ e
2
ln((1+e
e
)/(1+e))
0.25
IV

1.0


0.25
I
A
D
B
C
S
H
G
K

3

0.25

0.25


0.25

V

1.0

Chứng minh bđt phụ:
=(x
2
+y
2
+z
2
)(

a
2
+b
2
+c
2
)≥ (xa+yb+zc)
2

0.25
A
2
= 



  




  



   )
2
≤ (2+3+4)( a+b+c+ 1/2 + 1/3+ 1/4)=183/4
=>A≤




0.25
A>=

  

  

  
CM bđt phụ:

  

   

  ≥ 1 +


   
0.25
Áp dụng cho bdt trên thì

   

  

  ≥  

    

 
≥ 

      =5
Dấu = khi b=c=0; a=4
0.25
VI.a

2.0
1

1.0

Tâm và bán kính của các đường tròn: (C1): I1(1;1), R1 = 1
(C2): I2(-2;0); R2 = 3
0.25
- Trường hợp 1: Hai điểm A, B nằm cùng phía với điểm M









= 2







 A là ảnh của B qua phép vị tự tâm M, tỉ số 2.
Gọi (C2') là ảnh đường tròn (C2) qua phép vị tự tâm M, tỉ số 2.
Điểm B thuộc (C2)  Điểm A thuộc (C2')
(C2') có tâm I2' và bán kính R2' = 2.R2 = 6
Với 











= 2









, ta tìm được I2'(-5;0)
(C2'): (x + 5)² + y² = 36  x² + y² + 10x - 11 = 0
A thuộc (C1) và thuộc (C2') nên nó là giao điểm khác M của (C1) và (C2')
 Đường thẳng cần tìm chính là trục đẳng phương của (C1) và (C2')
(x² + y² - 2x - 2y +1) - (x² + y² + 10x - 11) = 0
 6x + y + 6 = 0
0.25
- Trường hợp 2: Hai điểm A và B nằm về hai phía với điểm M








= -2








 A là ảnh của B qua phép vị tự tâm M, tỉ số -2.
Gọi (C2'') là ảnh đường tròn (C2) qua phép vị tự tâm M, tỉ số -2.
Điểm B thuộc (C2)  Điểm A thuộc (C2'')
(C2'') có tâm I2'' và bán kính R2'' = 2.R2 = 6
Với












= -2.










, ta tìm được I2''(4;0)
(C2''): (x - 4)² + y² = 36  x² + y² - 8x - 20 = 0
A thuộc (C1) và thuộc (C2'') nên nó là giao điểm khác M của (C1) và (C2'')
 Đường thẳng cần tìm chính là trục đẳng phương của (C1) và (C2'')
(x² + y² - 2x - 2y +1) - (x² + y² - 8x - 20) = 0
0.25

4
 6x - 2y + 21 = 0
Có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán: 6x + y + 6 = 0; 6x - 2y + 21 = 0

0.25

* Cách khác: Thấy R+R' > I
1
I
2
nên có 2 giao điểm với M là 1 trong 2 điểm
(d): a(x-1)+b.y=0
Gọi H, K là trung điểm MA và MB. Có MA=2MB => AH=2AK =>R
2
- I
1
H
2
=4(R'
2
- I

2
K
2
)
=> giải pt tìm a theo b rồi => (d)

2

1.0

Ta có:
1

đi qua M
1
= (0;0;4), có vectơ chỉ phương
1
(2;1;0)u 

Ta tìm được
2

đi qua M
2
= (3;0;0), có vectơ chỉ phương
2
(1; 1;0)u 

1 2 1 2
, . 12 0u u M M


  



1

,
2

chéo nhau.
0.25
Gọi chân đg vuông góc chung của
1

,
2

là:
 
1
2 ; ;4A t t 
,
 
1
2 ; ;4A t t 

( 2 3; ; 4)AB s t s t      
.
0,5

Do
12
. 0, . 0ABu ABu
1, 1ts   

(2;1;4), (2;1;0)AB  

0.25
Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính
1
2
2
R AB
có
phương trình là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4x y z     

0.25
VII.
a

1.0

Đặt z=a+bi (a,b € R)
|a+i(b-3)|=|1-3b-3i.a |
 a
2
+(b-3)
2

=(1-3b)
2
+9a
2
 a
2
+ b
2
=1 (1)
0.25
z-


=




=









=















z-


là số thuần ảo => (a
2
+b
2
)a-9a=0 => a=0 v a
2
+b
2
=9
0.25
Với a=0 thế vào (1) =>b=±1 =>z=±i
0.25
Với a
2

+b
2
=9 và (1) => không có a,b thỏa
Vậy số phức z cần tìm là z=±i
0.25
VI.b

2.0
1

1.0


Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
22
1
94
xy

và diện tích tam giác ABC là
0.25
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
xy
S AB d C AB x y     

0.25
22
85 170
3 2 3
13 9 4 13
xy

  



0.25
Dấu bằng xảy ra khi
22
2
1
3
94
2
2
32
xy
x
xy
y















. Vậy
32
( ; 2)
2
C
.
0.25

5
2

1.0

Gọi A là giao điểm của d
1
và d
2
=> Tọa độ điểm A là nghiệm của d
1
và d
2

.
A(1;1;1)

0.5
Gọi B là 1 điểm bất kì thuộc d1; H là hình chiếu của B lên d
2
, K là hình chiếu của B lên (P).
Ta sẽ cmđ: BK ≤ BH => BK/BA ≤ BH/BA =>sin(BAK) ≤ sin(BHA). Từ đây ta suy ra để có
góc giữa d
1
và (P) đạt max thì H phải trùng với K.
0.25
H≡K => (P)BH
….Chọn B bất kì thuộc d
2
sau đó tìm được H
=> Vtpt của (P) 


(9;-3;-1)
=> (P): 9x-3y-z-5=0
0.25


VII.
b

1.0

ĐK:

xm
, ta có:
2
1 1 1 2 1 2
'
2 2 2 2
()
y x m y
xm
xm
      



' 0 2 2y x m x m        

0.25
Ta có bảng biến thiên:
KL: Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu với mọi m.
0.25
Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là
2 2 1
2
xm
y



0.25
CD CT CD CT

y y x x   
22
2 1 2 1 1 2
( ) ( ) 2AB y y x x x x      

42AB
không đổi

ĐPCM
0.25