Đề thi thử ĐH THPT Tam Dương lần 4

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 − 2011
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
3x − 1
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =
có đồ thị (C)
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm toạ độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh khác nhau của (C) sao cho tam giác ABC vuông cân tại
điểm A(2; 1).
Câu 2 (2,0 điểm )
1
3π  cos 3 x − 1

+ tan  2 x − ÷ =
1. Giải phương trình:
.
2sin x
2 
sin 2 x

3
3
 x − 3 y = y − 3 x
2. Giải hệ phương trình:  2
6 x − 3 y + 2 − x + − x − y = 34

8

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
3

x2 + 1
dx .
x x +1

Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 3 , cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho
a 3
. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
AM =
3
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz = 8.
1
1
1
1
+
+
≤
Chứng minh rằng:
2x + y + 6 2 y + z + 6 2z + x + 6 4
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 6a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M(3; −1) là trung điểm
8 1

cạnh BC, G  ; − ÷ là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
 3 3
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y − 2z – 3 = 0 và đường thẳng (∆):
x
y +1 z − 2
=
=
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I∈∆ và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) là 2
−1
2
1
và mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính r = 3.
Câu 7a (1,0 điểm) Giải phương trình 2 log 3 ( x 2 − 4) + 3 log 3 ( x + 2) 2 − log3 ( x − 2) 2 = 4
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến BN và đường cao AH
3

lần lượt có phương trình: 3x + 5y + 1 = 0 và 8x − y − 5 = 0, và M  −1; − ÷ là trung điểm cạnh BC. Xác
2

định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + z – 1 = 0 và hai đường thẳng:
x +1 y − 3 z + 2
x −1 y − 2 z −1
=
=
=
=
(d1)

, (d2)
. Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm
1
−1
2
2
1
1
trong mặt phẳng (P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1), (d2).
z −1
z − 2i
= 1,
=2
Câu 7b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn:
z −3
z +i
−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..............................................................................; Số báo danh................................


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A
Câu

Nội dung

Điểm

1. TXĐ: R\{1}
+ Sự biến thiên:

y = 3; lim± y = ±∞ .Đồ thị hàm số có TCN: y = 3; TCĐ: x = 1
Giới hạn và tiệm cận: xlim
→±∞
x →1

y' = −

0,25

2
< 0 , ∀x ∈(−∞; 1)U(1; +∞)
( x − 1) 2

BBT
x
y’

−∞

1

+∞

−

−

3

+∞

0,5

y
−∞
Câu 1

3

Hàm số nghịch biến trên: (−∞; 1) và (1; +∞)
Đồ thị:

0,25

2
2


2. Giả sử B 1 − m;3 − ÷, C 1 + m;3 + ÷ (với m > 0) thuộc hai nhánh của đồ thị.
m
m


uuur 
u
u
u
r
2
2


Ta có: AB =  −( m + 1); 2 − ÷, AC =  m − 1; 2 + ÷
m
m


Vì tam giác ABC vuông tại A nên
uuur uuur
4 

AB. AC = 0 ⇔ −( m 2 − 1) +  4 − 2 ÷ = 0 ⇔ ( m 2 − 1)( m 2 − 4) = 0 ⇔ m = ±1; m= ±2
m 

Vì tam giác ABC cân tại A nên:
2
2
2
2
16
2
2
2 
2 
AB = AC ⇔ ( m + 1) +  2 − ÷ = ( m − 1) +  2 + ÷ ⇔ 4m − = 0 ⇔ m = ±2
m
m
m


Vậy để tam giác ABC vuuong cân tại A thì B(−1; 2), C(3; 4) hoặc B(3; 4), C(−1; 2)

π
1. Đk: x ≠ k . Phương trình đã cho tương đương với:
2
1
cos 3 x − 1
− cot 2 x =
⇔ cos x − cos 2 x = cos 3x − 1
2sin x
sin 2 x
⇔ cos 3 x − cos x = 1 − cos 2 x ⇔ − sin 2 x sin x = sin 2 x
Câu 2

x = kπ
sin x = 0

⇔
⇔ sin x(2cosx + 1) = 0 ⇔
 x = ± 2π + k 2π
cos x = − 1
3

2


0,25

0,25
0,25

0,5

0,25

2

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x = ±

0,25

π
+ k 2π ; k∈Z
3

2. Điều kiện: x ≤ 2, −x − y ≥ 0
Từ phương trình ta có: ( x − y )( x 2 + xy + y 2 + 3) = 0 ⇔ x = y
Thay vào phương trình thứ hai ta có: 6 x 2 − 3 x + 2 − x + −2 x = 34 (ĐK x ≤ 0)

0,25
0,25
0,25

⇔ 3( x + 2)(2 x − 5) + ( 2 − x − 2) + ( −2 x − 2) = 0
1
1


⇔ ( x + 2)  3(2 x − 5) −
−
÷= 0
2− x +2

−2 x + 2 

Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A

Trang 2/5


1
1
−
< 0 . Vậy phương trình có nghiệm x = −2
2− x +2
−2 x + 2

Vì x ≤ 0 nên 3(2 x − 5) −

KL: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = −2

0,25

Đặt t = x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 ⇒ 2tdt = dx
Với x = 3 ⇒ t = 2; x = 8 ⇒ t = 3

0,25

3

Câu 3

0,25

3

(t 2 − 1)2 + 1
2(t 2 − 1)2 + 2
.2
tdt
=
∫ (t 2 − 1) dt
2
(
t
−
1)
t
2
2

I =∫

0,25
3

3
 t3 
1 
t −1
32
3
 1

= ∫ 2(t − 1) dt + ∫ 
−
dt
=
2
−
t
+
ln
=
−
ln

÷
÷
÷
t −1 t +1 
t +1 2 3
2
 3 2
2
2
3

2

3

0,5

S

M

N

0,5
D

A
600

B

Câu 4

C

Dựng MN // AD, N∈SD. Ta có: SA = AB.tan 600 = a 3
1
1 1
a3
VSABC = VSACD = VSABCD = . a 3. 3a.a =
2
2 3
2
VSMBC SM SB SC SM SA − AM 2
=
. .
=

=
= .
VSABC
SA SB SC SA
SA
3
2
a3
Thể tích hính chóp S.MBC là: VSMBC = .VSABC =
3
3
VSMNC SM SN 4
4
2a 3
2
2
2
2
=
.
= ⇒ VSMNC = VSADC =
Ta có: SD = SA + AD = 6a .
VSADC
SA SD 9
9
9
Thể tích khối chóp SMNBC là: VSMNBC =

Câu 5

a 3 2a 3 5a 3
+
=
3
9
9

1
1
1
+
+
2x + y + 6 2 y + z + 6 2z + x + 6
Đặt x = 2a 2 , y = 2b 2 , z = 2c 2 (a, b, c > 0) ⇒ abc = 1 . Khi đó ta có:
1
1
1
P= 2
+ 2
+ 2
2
2
4a + 2b + 6 4b + 2c + 6 4c + 2a 2 + 6
1
1
1
⇔ 2P = 2
+ 2 2
+ 2
2

2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3
Áp dụng BĐT Cauchy:
1
1
2b 2 + b 2 + 3 = (a 2 + 1) + (a 2 + b 2 ) + 2 ≥ 2(a + ab + 1) ⇒ 2
≤
2
2a + b + 3 2(ab + b + 1)
CM tương tự:
1
1
b
1
1
ab
≤
=
; 2
≤
=
2
2
2
2b + c + 3 2(bc + b + 1) 2(1 + ab + a ) 2c + a + 3 2(ac + c + 1) 2(a + ab + 1)

0,25

0,25

0,25

0,25

Đặt P =

Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A

0,25

0,25

0,25

Trang 3/5


Vậy 2 P ≤

1 + ab + a
1
1
= ⇒P≤
2(ab + a + 1) 2
4

0,25

8
2

uuu

r
uuuu
r
 x A − 3 = − 3
x = 2
⇔ A
1. Ta có: GA = 2 MG ⇔ 
 yA = 3
y − 1 = 8
A

3 3
uuuu
r
Ta có: AM = (1; −4) nên phương trình cạnh BC là: x − 3 − 4(y + 1) = 0 ⇔ x − 4y − 7 = 0
2
2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( x − 3) + ( y + 1) = 17

0,25

0,25

Toạ độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:
x − 4 y − 7 = 0
x = 7
 x = −1
⇔
hoÆc 
Câu 6a 

2
2
y = 0
 y = −2
( x − 3) + ( y + 1) = 17

0,25

Vậy toạ độ B(7; 0), C(−1; −2) hoặc B(−1; −2), C(7; 0)

0,25

2. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2 + t) thuộc đường thẳng ∆
Vì khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ bằng 2 nên
⇒ I (0; −1; 2)
t = 0
| −2t + 1 − 2t − 4 − 2t − 3 |
= 2 ⇔| −6t − 6 |= 6 ⇔ 
3
t = −2 ⇒ I (2; −5;0)
Vì mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính r = 3 nên mặt
cầu (S) có bán kính R = 22 + 32 = 13

0,5

0,25

Vậy có 2 mặt cầu thoả mãn: x 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2)2 = 13, (x − 2) 2 + ( y + 5) 2 + z 2 = 13

0,25

 x − 4 > 0
 x ∈ (−∞; −2) ∪ (2; +∞)
⇔
⇔ x ∈ (−∞; −3] ∪ [2;+∞)
Điều kiện: 
2
 x ∈ (−∞; −3] ∪ [1; +∞)
log 3 ( x + 2) ≥ 0

0,25

2

Với x ≤ −3, phương trình tương đương với:
2 log 3 (2 − x) + 2 log3 (−2 − x) + 3 2 log 3 ( −2 − x) − 2 log 3 (2 − x) = 4
Câu
7a

Câu
6b

 2 log 3 (−2 − x) = 1
⇔ 2 log 3 (−2 − x) + 3 2 log 3 (−2 − x) − 4 = 0 ⇔ 
⇔ x = −2 − 3
 2 log 3 (−2 − x) = −4 (lo¹i)
Với x > 2, phương trình tương đương với:
2 log 3 ( x − 2) + 2 log3 ( x + 2) + 3 2 log 3 ( x + 2) − 2 log 3 ( x − 2) = 4

0,25

⇔ 2 log 3 ( x + 2) + 3 2 log 3 ( x + 2) − 4 = 0

0,25

 2 log 3 ( x + 2) = 1
⇔
⇔ x = −2 + 3 (lo¹i)
 2 log 3 ( x + 2) = −4 (lo¹i)
Kết luận: phương trình có hai nghiệm là x = −2 − 3

0,25

3

1. Phương trình cạnh BC là: x + 1 + 8  y + ÷ = 0 ⇔ x + 8 y + 13 = 0
2


0,25

Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình:
 x + 8 y + 13 = 0
x = 3
⇔
⇒ B (3; −2)

3 x + 5 y + 1 = 0
 y = −2

0,25

Vì M là trung điểm BC nên C(−5; −1)

0,25

 a−5

; 4a − 3 ÷
Giả sử A(a; 8a − 5) Vì N là trung điểm AC nên N 
 2

a−5
+ 5(4a − 3) + 1 = 0 ⇔ a = 1 ⇒A(1; 3)
Vì N thuộc trung tuyến BN nên: 3
2
Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A

0,25

Trang 4/5


Câu
6b

Câu
7b

Gọi A là giao điểm của d1 và mặt phẳng (P).

x = 1
 x +1 y − 3 z + 2
=
=


−1
2 ⇔  y = 1 ⇒ A(1;1; 2)
Toạ độ A là nghiệm của hệ phương trình  1
 x − 2 y + z − 2 = 0
z = 2

Gọi B là giao điểm của d1 và mặt phẳng (P).
x = 7
 x −1 y − 2 z −1
=
=


1
1 ⇔  y = 5 ⇒ B (7;5; 4)
Toạ độ B là nghiệm của hệ phương trình  2
 x − 2 y + z − 1 = 0
z = 4

uuur
r
Ta có: AB = (6; 4; 2) . Đường thẳng cần tìm là đường thẳng AB có VTCP là u = (3; 2;1) nên
 x = 1 + 3t


có phương trình tham số là:  y = 1 + 2t
z = 2 + t

Giả sử số phức cần tìm là: z = x + yi, x, y ∈ ¡ .
( x − 1) 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + y 2

Từ giả thiết ta có:  2
2
2
2
 x + ( y − 2) = 4 x + ( y + 1)

(

)

0,25

0,25

0,5

0,5

Giải hệ ra ta có: x = 2; y = −2

0,25

Vậy số phức cần tìm là z = 2 − 2i.

0,25

Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 2
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4.

Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A

Trang 5/5