Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 220

ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC NĂM 2011
Môn : TOÁN ; Khối: D
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)

2x +1
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số ñã cho
2. Tìm k ñể ñường thẳng y = kx + 2k +1 cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A và B ñến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 ñiểm)
s in2x + 2 cos x − sin x − 1
1. Giải phương trình
=0
tan x + 3
2. Giải phương trình log 2 (8 − x 2 ) + log 1 ( 1 + x + 1 − x ) − 2 = 0 (x ∈ ℝ)

Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số y =

2

4x − 1
dx
2x + 1 + 2
0
Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;
4

Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫

mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 300 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ ñiểm B ñến mặt phẳng (SAC) theo a.

2 x 3 − ( y + 2) x 2 + xy = m
Câu V (1,0 ñiểm) Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghiệm  2
( x, y ∈ ℝ )
 x + x − y = 1 − 2m
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) : Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
Câu VI.a (2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và ñường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A và C.
x +1 y z − 3
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A(1; 2; 3) và ñường thẳng d :
= =
.
2
1
−2
Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm A, vuông góc với ñường thẳng d và cắt trục Ox.
Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm số phức z, biết : z − (2 + 3i ) z = 1 − 9i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng tỏa ñộ Oxy, cho ñiểm A(1; 0) và ñường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 4y − 5 = 0.
Viết phương trình ñường thẳng ∆ cắt (C) tại ñiểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
x −1 y − 3 z
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng ∆ :
=
= và mặt phẳng
2
4
1
(P) : 2x − y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và
tiếp xúc với mặt phẳng (P).

2 x2 + 3x + 3
Câu VII.b (1,0 ñiểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y =
trên ñoạn
x +1
[0;2].
----- Hết -----


BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I :
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị (C)
D = R \ {-1}
1
y/ =
> 0 với mọi x ∈ D
( x + 1) 2
lim− y = +∞ và lim+ y = −∞ ⇒ x = -1 là TCð
x →−1

lim y = 2

x →±∞

x →−1

⇒ y = 2 là TCN

BBT :
x

-∞

y/

-1
+

y

+
+∞

2

+∞

2
-∞

Hàm số ñồng biến trên từng khoảng xác ñịnh, không có cực trị.
y

ðồ thị hàm số :

2
-1

O

x

2. Pt hoành ñộ giao ñiểm :
2x +1
= kx + 2k + 1
x +1
⇔ kx2 + (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)
Ycbt : ⇔ k ≠ 0 và ∆ = k2 - 6k + 1 > 0 ⇔ k < 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2 và k ≠ 0 (*)
Khoảng cách từ A và B ñến Ox bằng nhau
 kx A = kxB (loai )
1 − 3k
⇔ yA=yB ⇔ kx A + 2k + 1 = kxB + 2k + 1 ⇔ 
⇔ k(
) + 4k + 2 = 0
k
 k ( x A + xB ) + 4 k + 2 = 0
⇔ k = – 3 (thỏa ñk (*) ). Vậy YCBT ⇔ k = – 3
Câu II :
sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1
1)
= 0 ñk : tg x ≠ − 3 ; cosx ≠ 0
tan x + 3
Pt ⇔ sin2x + 2cosx − sinx − 1 = 0 ⇔ 2sinxcosx + 2cosx − (sinx + 1) = 0
⇔ 2cosx (sinx + 1) − (sinx + 1)= 0 ⇔ (2cosx − 1)(sinx + 1) = 0
1
π
π
⇔ cos x = hay sin x = −1 ⇔ x = ± + k 2π hay x = − + k 2π
2
3
2

2)

π

+ k 2π (k ∈ Z)
3
log 2 (8 − x 2 ) − log 2 ( 1 + x + 1 − x) = 2 (x ∈ [-1;1])

so ñk ta có nghiệm của pt : x =

⇔ log 2 (8 − x 2 ) = 2 + log 2 ( 1 + x + 1 − x) ⇔ 8 − x2 = 4( 1 + x + 1 − x ) (*)
ðặt t = 1 + x + 1 − x
(*) thành (t −2)2 (t2 + 4t + 8) = 0
⇔ t = 2 ⇔ 1+ x + 1− x = 2
Câu III :
4
4x −1
I= ∫
dx
2x +1 + 2
0

⇔ x = 0 (nhận)

2 x + 1 + 2 => (t - 2)dt = dx
5
(2t 2 − 8t + 5)(t − 2)
10

34
3
=> I = ∫
dt = ∫ (2t 2 − 12t + 21 − )dt =
+ 10 ln
t
t
3
5
3
3
Câu IV :
Gọi H là hình chiếu của S xuống BC.
Vì (SBC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)
Ta có SH = a 3
S
1
1 1
Thể tích khối (SABC) = S△ ABC .SH = ( 3a.4a).a 3 = 2a 3 3
3
3 2
B
H
Ta có : Tam giác SAC vuông tại S
C
vì SA = a 21 ; SC = 2a; AC = 5a.
I
Diện tích ∆(SAC) = a 2 21
J
3V

3.2a 3 3 6a
A
d(B,(SAC)) = SABC = 2
=
S ∆SAC
a 21
7
Câu V :
1

2
2
u = x − x (dk u ≥ − )
( x − x)(2 x − y ) = m
Hệ  2
ðặt 
4
( x − x) + (2 x − y ) = 1 − 2m
v = 2 x − y (v ∈ ℝ)
v = 1 − 2 m − u
v = (1 − 2m) − u
u + v = 1 − 2m

Hệ thành : 
⇔ 2
⇔  −u 2 + u
= m (1)
uv = m
 −u + u = m(2u + 1)


 2u + 1
−u 2 + u
1
−2u 2 − 2u + 1 /
−1 − 3
−1 + 3
ðặt f(u) =
, u ≥ − ; f/(u) =
;f (u)=0 ⇔ u =
(loại) hay u =
2
2u + 1
4
(2u + 1)
2
2

ðặt t =

5

u

−

1
4

f/(u)

+

f(u)
−

5
8

−1 + 3
2
0
2− 3
2

+∞
−

–∞

2− 3
 1

Vậy hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thuộc  − ; +∞  ⇔ m ≤
2
 4



 1


Cách Khác : ycbt ⇔ f ( x) = x 2 + (2m − 1) x + m = 0 có nghiệm thuộc  − ; +∞ 
 4


 ∆ / = 4 m 2 − 8m + 1 ≥ 0

1
1

⇔ f (− ) ≤ 0 hay  f (− ) ≥ 0 (*)
( có thể bỏ ñiều kiện (*) )
4
4

1
S
 2 ≥ − 4

2− 3
2+ 3
m≤
hay m ≥

5
2− 3

2
2
⇔ m ≤ − hay 
⇔m≤

8
2
m ≤ 3

4
Câu VIa :
3
7 
1. Gọi M là trung ñiểm của AC, ta có BM = BG ⇔ M  ;1
2
2 
Gọi N là ñiểm ñối xứng của B qua phân giác trong ∆ của góc A và H là giao ñiểm của ∆ với
ñường thẳng BN.

ðường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0
x + y + 3 = 0
=> Tọa ñộ H là nghiệm của hệ phương trình : 
⇒ H (−1; −2)
x − y −1 = 0

 xN = 2 xH − xB = 2
H là trung ñiểm của BN ⇔ 
⇒ N (2; −5)
 y N = 2 y H − y B = −5
ðường thẳng AC qua 2 ñiểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0
A là giao ñiểm của ñường thẳng ∆ và ñường thẳng AC nên tọa ñộ A là nghiệm
4 x − y − 13 = 0
của hệ : 
⇒ A(4;3)
x − y −1 = 0

 xC = 2 xM − x A = 3
M là trung ñiểm của AC ⇔ 
⇒ C (3; −1)
 yC = 2 yM − y A = −1
Gọi M là giao ñiểm của ñường thẳng ∆ với Ox ⇒ M (m; 0; 0) ⇒ AM = (m – 1; -2; -3)
AM ⊥ d ⇔ AM . ad = 0 ⇔ m = -1 ⇒ AM = (-2; -2; -3)
x −1 y − 2 z − 3
Vậy pt ∆ là
=
=
2
2
3
Câu VII.a :
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Khi ñó z − (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i
− a − 3b = 1
a = 2
⇔ –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i ⇔ 
⇔
3b − 3a = −9
b = −1
Vậy z = 2 –i
2.

Câu VI.b :
1. ðường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10
AI (0; −2) . Vì I và A cách ñều M, N nên MN ⊥ AI, vậy pt MN có dạng : y = b
MN = 2 d A/ MN = 2 b

d I / MN = b + 2
2

2.

 MN 
2
2
d I2/ MN + 
 = R ⇔ b + 2b − 3 = 0 ⇒ b = 1 v b = −3
 2 
Vậy Pt :
∆1 : y = 1 ; ∆2 : y = − 3
 x = 1 + 2t

Phương trình tham số ñường thẳng ∆  y = 3 + 4t
z = t


I ∈ (∆) ⇔ I (1 + 2t; 3 + 4t; t)
2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t
d (I, P) =
= 1 ⇔ t = 2 hay t = -1
3
⇒ I1 (5; 11; 2) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1
⇒ I2 (-1; -1; -1) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1
Câu VII.b :
2 x2 + 4 x
/
Ta có : y =

( x + 1) 2
y/ = 0 ⇔ x = 0 v x = – 2 (loại)
17
mà y(0) = 3 và y(2) =
3
17
Vậy GTLN là
và GTNN là 3
3
(TT Luyện thi ðại học Vĩnh Viễn – TP.HCM)