Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 200

www.VNMATH.com
Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).
Câu II (2 điểm):

 x 2  y 2  xy  4y  1  0
1. Giải hệ phương trình: 
2
2


 y 7  (x  y)   2(x  1)
2. Giải phương trình:

2sin x  1
2 cos x  3



cos 2x  2 cos x  7sin x  5
cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1)

.

Câu III (1 điểm):
Tính tích phân sau: I =

2

1

x3 x3  8  (6x3  4x2 ) ln x
dx
x

Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên
bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích
của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.
Câu V (1 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh:

1
3

(1  x)



1
3

(1  y)



1

3
 .
8
(1  z)
3

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc
tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng C có hoành độ là một số nguyên.

x  2  t
x 1 y  2 z  2

, (d2):  y  3  t


2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):
2
1
2
z  4  t


và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1),
(d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
Câu VII.a (1 điểm):
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  3  2i  2z  1  2i
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)

4 2
 và trực tâm trùng
3 3

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ;

với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích tam giác ABC biết xB < xC .

x 1 y  2 z  2


, (d2):
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):
2
1
2

x  2  t

y  3  t và mặt
z  4  t


phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với
(d1), cắt () tại N sao cho MN = 3.
Câu VII.b (1 điểm):


www.VNMATH.com

ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy)
Giải hệ phương trình 
.
ln x  2 ln y
 3.4ln x  4.2ln y
2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút
Câu
Câu I

ý
1

2

Nội dung
Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tập xđ và Giới hạn
y' = 3x2 – 6x
y' = 0  x = 0 hay x = 2
Bảng biến thiên:

y'' và điểm uốn
Giá trị đặc biệt
Đồ thị và nhận xét:
Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).
Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1.
x3  3x 2  3  kx  k  1
(d) tiếp xúc (C)  
có nghiệm.
2
3x  6x  k
3
2
3
 x – 3x + 3 = 3x – 6x2 + 3x2 – 6x – 1
 2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1.
* x = 2  k = 0  (d): y = –1.
* x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8

Câu II
1

 x 2  y 2  xy  4y  1  0
Giải hệ phương trình: 
2
2
 y 7  (x  y)   2(x  1)
y 2  xy   x2  4y  1
2y(x  y)  2x2  8y  2 (1)
(I)  

 
2
2
2
7y  y(x  y)  2x  2
 y(x  y)(x  y)  2x  7y  2(2)

(1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y
 (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí)).

x – y = 3 hay x – y = –5.
 x – y = 3  x = y + 3.
(1)
 –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0
 y  2  x  1
 y + 7y + 10 = 0  
.
 y  5  x  2

Điểm
∑ = 2đ
∑ = 1.25đ
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
∑ = 0.75đ
0,25

0.25

0.25
∑=2đ
∑ = 1đ

0.5

0.25

2

 x – y = –5  x = y – 5.
(1)
 10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN)
Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5).
2

Giải phương trình:

2sin x  1
2 cos x  3



cos 2x  2 cos x  7sin x  5
cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1)

0.25

.

∑ = 1đ

Điều kiện:
0.25


www.VNMATH.com
2cosx  3  0
2cosx  3



cos2x  2cosx 1 3(cosx 1)  0 (cosx 1)(2cosx  3)  0

(1)


3
cos x 

2 .
cos x  1


 (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0
 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0

 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0



1
x   k2

sin x 
6
 
 
2

 x  5  k2
sin x  cos x  5

6

So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =
Câu III
Tính tích phân sau: I =
I=

2 2

1 x

2

1

Do đó I1 =

4

3

0.25

5
 k2 (k  Z).
6

2

1 (6x

2

∑ = 1đ
0.25

 4x) ln xdx = I1 + I2.

x3  8  t2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx =

x=1t=3
x = 2  t = 4.

Đổi cận:

0.25

x3 x3  8  (6x3  4x2 ) ln x
dx
x

x3  8 dx +

 Tính I1: Đặt t =

0.25

2
tdt .
3

4

2
2  t3 
2
74
.
t. tdt  .     64  27  
3
3  3 
9
9

0.25

3

1
x
2
v' = 6x + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2

 Tính I2: Đặt u = lnx  u' =

2

2

I2 = (2x  2x ) ln x   

1 1
3

2

2

 2x3

23
(2x  2x)dx = 24 ln 2  
 x 2   24 ln 2  .
3

 3
1
2

0.25

74 23
5

 24 ln 2 
9 3
9
Cho hình chóp SABCD có
ABCD là hình bình hành tâm O,
Vậy I = 24 ln 2 

Câu IV

AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh
bên bằng nhau và bằng 3a, gọi
M là trung điểm của OC. Tính
thể tích khối chóp SABMD và
diện tích của hình cầu ngoại tiếp
tứ diện SOCD.

S

K

I

∑ = 1đ

A
D
O
B

M

G
C

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).
 ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật.

 SABCD = AB.AD = 4a2 3 .
 Ta có BD =

0.25

AB2  AD2  4a2  12a2  4a

0.25


www.VNMATH.com

SB2  OB2  9a2  4a2  a 5 .

 SO =

1
4a3 15
3
. Do đó VSABMD = VSABCD  a3 15 .
SABCD .SO 
4
3
3
 Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆ OCD.
Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆
OCD.
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I.
Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.

Vậy VSABCD =

CD

Ta có: GO =

3

2a



3

2

5a2 4a2 a 31
.


4
3
12

2

31a
31a

.
12
3
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1.
1
1
1
3
Chứng minh:


 (1)
3

3
3
8
(1  x) (1  y) (1  z)

Do đó Scâu = 4R 2  4.
Câu V

OI2  OG 2 

; R = KO =

1

Ta có:

3

1



3



1
1 x

2



1
1 y

2

2
1  xy



≥
=

1
2

2(1  x )

(2)

(3)

1
2

2(1  y )



1
2

(1  z)

0.25

(vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….)

1 2 
1
( Do (3))


2  1  xy  (1  z)2

1
1

=



0.25

0.25

 2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2

 2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0
 (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1)
Áp dụng (3) ta được:
VT (2) ≥

0.25

∑ = 1đ

1 3
1
 .
8 2 (1  x)2

(1  x) (1  x)
Tương tự, ta được:
3  1
1
1  3
2VT  . 



2  (1  x)2 (1  y)2 (1  z)2  8
1
1
1
3
Do đó ta cần chứng minh




2
2
2
4
(1  x) (1  y) (1  z)
Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1.
Khi đó ta có:

0.25

1
z



1
2

(1  z)

z2  z  1
(z  1)2

=



z

1

z  1 (1  z)2

4z2  4z  4
4(z  1)2



3(z  1)2  (z  1)2
4(z  1)2

Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh.

3 (z  1)2 3
 

4 (z  1)2 4

0.25

0.25


www.VNMATH.com
VI.a
1

Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0.
Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0.

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên
 A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0).
a  4
Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0  
 a = 4  A(0; 4).
 a  2
 C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y).
C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0
 26y2 + 18y – 8 = 0
 y  1  x  5
 
 C(5; –1) (Do xC  Z)
 y  4  x   20

13
13
 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0
 m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0.
B  (AB)  B(b; 5b + 4).
b  0
B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0  
.


b
1

Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A)
Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận).
Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1).

2

x  2  t
x 1 y  2 z  2



Trong kg Oxyz cho (d1):
, (d2): y  3  t và mặt phẳng ():
2
2
1

z  4  t
x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1),
(d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N 
(d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)

 NM   2m  n  1; m  n  5; 2m  n  2  ;
n   (1;  1;1)
 
MN // ()  n  .NM  0  2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0

∑ = 2đ
∑ = 1đ
0.25

0.25

0.25
0.25

∑ = 1đ

0.25

 –m + n + 2 = 0  n = m – 2.

 NM = ( 3m – 3; -3; –3m)
 NM  (3m  3)2  (3)2  9m 2  3 2m 2  2m  2

VII.a

NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.
 m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  ().

x5 y z2


 m = 2: M(5; 0; –2) và NM = 3(1; –1; –2)  (d):
1 2
1
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z  3  2i  2z  1  2i

0.25
0.25
0.25

∑ = 1đ

Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R).
Ta có: z  3  2i  2z  1  2i

 x  yi  3  2i  2(x  yi)  1  2i  (x  3)  (y  2)i  (2x  1)  (2y  2)i

(x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0.
VI.b

0.5
0.25
0.25
∑ = 2đ


www.VNMATH.com
1

2

4 2
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ; 
3 3
và trực tâm trùng với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích ∆ ABC
biết rằng xB < xC.


34

x I  0    0 
 3 
x  2
23


 I
 I(2; –1).
Ta có AI  AG  
2


y
1


3
2

y  4 
 I
  4
 I
2
3




BC qua I và có VTPT là OA  (0; 4)  4(0;1)  BC: y = –1.

Gọi B(b;
–1),
 vì I là trung
 điềm BC nên C(4 – b; –1).
Ta có: OB  (b;  1) ; AC  (4  b; 5)
 
OB.AC  0  4b – b2 + 5 = 0  b2 – 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5.
* b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhận)
* b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loại)

 BC   6; 0   BC = 6; d(A; BC) = 5  SABC = 15.
x 1 y  2 z  2


Trong kgOxyz cho (d1):
, (d2):
2
2
1

x  2  t

y  3  t và mặt phẳng ():
z  4  t


x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song
song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3.
M  (d2)  M(2 – m; 3 + m; 4 + m).
x  2  m  2t


(d) qua M và // (d1) nên (d):  y  3  m  t
z  4  m  2t

N = (d)  () nên tọa độ N thỏa hệ:
x  2  m  2t

y  3  m  t
 2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0

z
4
m
2t




x  y  z  6  0

VII.b

 t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10).

 NM = (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)
 NM2 = (2m + 6)2 + (m + 3)2 + (–2m – 6)2
Do đó MN = 3  9(m + 3)2 = 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4.
Vậy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0).
ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy)
Giải hệ phương trình 

.
ln x  2 ln y
 3.4ln x  4.2ln y
2
Điều kiện: x, y > 0.
Ta có: 1 + xy > 0.
* x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0  VT(1) > VP(1) (vô lí)
* x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí)
Do đó từ (1)  x = y.
Thay vào (2) ta được:
23ln x  3.4ln x  4.2ln x  2lnx [(2lnx)2 – 3.2lnx – 4] = 0

∑ = 1đ

0.25

0.25

0.25
0.25

∑ = 1đ

0.25

0.25

0.25
0.25
∑ = 1đ

0.25

0.25


www.VNMATH.com

2ln x  0
 ln x

2  1  lnx = 2  x = e2.
 ln x
2  4
Vậy hệ có nghiệm là x = y = e2.

0.25
0.25