Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 217

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 3mx + m + 2.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1.
tan x cos 3 x + 2 cos 2 x − 1
= 3 (sin 2 x + cos x ).
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình
1 − 2 sin x
2
 x − y ( x + y ) + 1 = 0
( x, y ∈  ).
2. Giải hệ phương trình  2
( x + 1)( x + y − 2) + y = 0
Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y =

1 − x2
và y = 1 − x.
x +1

·
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD. A' B ' C ' D' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
= α với
3
cos α = , cạnh bên AA' = 2a. Gọi M là điểm thỏa mãn DM = k .DA và N là trung điểm của cạnh A'B '.
4
Tính thể tích khối tứ diện C ' MD' N theo a và tìm k để C ' M ⊥ D' N .
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a 3 + 2 b3 + 2 c3 + 2
P= 2
+
+
.
b +1 c2 +1 a2 +1
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
a. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình
BC : 2 x − y − 7 = 0, đường thẳng AC đi qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng
∆ : x − 4 y + 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 và đường thẳng
x−6 y−2 z −2
∆:
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M ( 4; 3; 4), song song với đường thẳng
−3
2
2
∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S).
z −1
= | z |2 .
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( z + 1)(1 + i ) +
1− i
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : 5 x − 2 y − 19 = 0 và đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường
tròn (C ) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB = 10 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 + z 2 = 9 và điểm A(1; 0; − 2).

1
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có cos α =
3 10
z − 2i
Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn
là số ảo. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
z−2
T = | z − 1 | + | z − i |.
--------------------------------- Hết ------------------------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 14, 15/4/2012. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 05 và ngày 06/5/2012. Đăng kí dự thi
tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 14/4/2012.
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Câu
I.
(2,0
điểm)

Môn: TOÁN – Khối A;

Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án
1. (1,0 điểm)
3

2
Khi m = 0 hàm số trở thành y = x − 3 x + 2.
a) Tập xác định:  .
b) Sự biến thiên:
2
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x − 6 x;
x = 0
x < 0
y' = 0 ⇔ 
, y' > 0 ⇔ 
, y ' < 0 ⇔ 0 < x < 2.
x = 2
x > 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞; 0) , ( 2; + ∞ ) ; hàm số nghịch biến trên (0; 2).
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2, hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −2.
* Giới hạn: Ta có lim y = −∞ và lim y = +∞.
x → −∞

* Bảng biến thiên:
−∞
x
+
y'

−∞
c) Đồ thị:

0,5

x → +∞

0
0

−

2
0

2
y

Điểm

+

+∞

y

+∞

2

−2

0,5
O

1

2

x

−2

II.
(2,0
điểm)

2. (1,0 điểm)
2
Ta có y ' = 3x − 6 x + 3m.
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '= 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = 9 − 9m > 0 ⇔ m < 1.
(*)
Khi đó, gọi hai điểm cực trị là A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ).
1
1
y =  x −  y '+[2( m − 1) x + 2m + 2].
Ta có
Do đó
3
3
1
1
y1 =  x −  y ' ( x1 ) + [2(m − 1) x1 + 2m + 2] = 2(m − 1) x1 + 2m + 2
3
3

y
=
2
(
m
−
1
) x2 + 2 m + 2 .
và
2
Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình y = 2(m − 1) x + 2m + 2 , hay phương trình AB là
y = 2(m − 1) x + 2m + 2 .
 m +1 
M−
; 0 , N (0; 2m + 2).
Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là  m − 1 
1
1 m +1
⇔ S OMN = 1 ⇔ OM .ON = 1 ⇔ −
. 2m + 2 = 1
Yêu cầu bài toán
2
2 m −1
( m + 1) 2 = m − 1
m = −3
⇔ ( m + 1) 2 = m − 1 ⇔ 
⇔
2
m = 0 (thỏa mãn (*)).
( m + 1) = −( m − 1)

m
=
−
3
,
m
=
0
.
Vậy giá trị của m là
1. (1,0 điểm)
1
π
π
5π
Điều kiện: cos x ≠ 0, sin x ≠ 2 hay x ≠ ± 2 + k 2π , x ≠ 6 + k 2π , x ≠ 6 + k 2π , k ∈  .
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin x(4 cos 2 x − 3) + 4 cos 2 x − 3
= 3 cos x( 2 sin x + 1)
1 − 2 sin x
(sin x + 1)(1 − 4 sin 2 x)
⇔
= 3 cos x(2 sin x + 1)
1 − 2 sin x
⇔ (sin x + 1)(1 + 2 sin x) = 3 cos x( 2 sin x + 1)
1

π
5π


sin x = − 2
 x = − 6 + k 2π , x = − 6 + k 2π
2 sin x + 1 = 0
⇔
⇔
⇔
cos x + π  = 1
 x = π + k 2π , x = − π + k 2π
sin x + 1 = 3 cos x

 
6 2
6
2

π
5π
x = − + k 2π , x = −
+ k 2π , k ∈  .
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
6
6
2. (1,0 điểm)

0,5

0,5

0,5

0,5


 x 2 + 1 = y( x + y)
(1)
Hệ ⇔ 
( 2)
 y ( x + y )( x + y − 2) + y = 0
* Nếu y = 0 thì từ (1) suy ra không tồn tại x. Do đó hệ vô nghiệm.
* Với y ≠ 0, ta có (2) ⇔ ( x + y )( x + y − 2) + 1 = 0 ⇔ t 2 − 2t + 1 = 0 (với t = x + y )
⇔ t = 1 . Suy ra x + y = 1.

0,5

x 2 + 1 = y
y = 1− x
 x = 0, y = 1
⇔ 2
⇔
 x = −1, y = 2
x + y = 1
x + x = 0
Vậy nghiệm của (x; y) của hệ là (0; 1), (−1; 2).

0,5

Hệ trở thành 

III.
(1,0

điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

1 − x2
=1− x
x +1

 x ≠ −1
1 − x 2 = 0, x ≠ −1
x = 1
⇔
⇔
⇔

x = 0
2
 1 − x 2 = 1 − x 2
1 − x = 1

2
Vì 1 − x ≥ 1 − x với mọi x ∈ [0; 1] nên diện tích hình giới hạn là
x +1
1
1
1


1 − x2
1 − x2

x2  1
1
S= 
− (1 − x) dx =
dx − (1 − x)dx = I −  x −  = I − .
 x +1

x +1
2 0
2

0
0
0


∫

∫

∫

0,5

(1)

1

1 − x2
 π π

dx. Đặt x = sin u , u ∈ − ;  . Khi đó dx = cos udu, khi x = 0 thì u = 0 và
x +1
 2 2
0
khi x = 1 thì u = π / 2. Suy ra
Tính I =
π
2

I=

∫
0

∫

π
2

2

∫

∫

π
2
0

=

π
−1
2

(2)

B

x

M
D

y

r
z

B’

C’

N
A’

Vì a, b ∈ [0; 1] nên ta có

C ' M = C ' D ' + D ' D + DM = − x − z − k y
1

D' N = D' A' + A' N = − y + x.
2
Khi đó C ' M ⊥ D' N ⇔ C ' M .D' N = 0
2
1 2
k 
1

⇔ x + k y + z  x − y  = 0 ⇔ x − k y +  − 1 x y = 0
2
2

2 

(

⇔

D’

)

0,5

1 2
3
2
k 
a − ka 2 +  − 1.a.a. = 0 ⇔ k = − .
2

4
5
2 


a3 + 2 a2 + 2
b2 
b2
2
2
2


≤
=
(
a
+
2
)
1
−
=
(
a
+
2
)
−
(

a
+
2
).
≤
 b2 + 1 
b2 + 1 b2 + 1
b2 + 1


≤ ( a 2 + 2) − ( a 2 + 2).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b ∈ {0, 1}.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có

0,5

* Đặt AB = x, AD = y, AA' = z. Ta có

C

A

0,5

π 3
− .
2 2

1

1
1
* Ta có VC ' MD ' N = d ( M , ( A' B ' C ' D' )).SC ' ND = d ( M , ( A' B' C ' D ' )). S ABCD
3
3
2
3
3
1
1
a
9 a 7
= .2a. .a.a. sin α =
1−
=
.
3
2
3
16
12

r

V.
(1,0
điểm

π
2

1 − sin u
cos u
cos udu =
du = (1 − sin u )du = ( u + cos u )
1 + sin u
1 + sin u
0
0

Từ (1) và (2) ta có S =
IV.
(1,0
điểm

2

b2
1
= a 2 − b 2 + 2 − a 2b 2 .
2
2

b3 + 2
1 2 2 c3 + 2
1
2
2
≤
b

−
c
+
2
−
b c ; 2
≤ c2 − a 2 + 2 − c 2a 2 .
2
2
2
c +1
a +1

1
Suy ra P ≤ 6 − (a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ≤ 6.
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c ∈ {0, 1} và a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = 0 hay trong ba số a, b,

0,5

0,5


VIa.
(2,0
điểm)

c có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại bằng 0.
Suy ra giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các
số còn lại bằng 0.

1. (1,0 điểm)
Vì A ∈ ∆ : x − 4 y + 6 = 0 ⇒ A( 4a − 6; a ) ⇒ MA( 4a − 5; a − 1).
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ·ACB = 450.

A

∆ : x − 4y + 6 = 0

M (−1; 1) Do đó cos(MA, u BC ) = 1 ⇔
2

(4a − 5) + 2(a − 1)
( 4a − 5) 2 + (a − 1) 2 . 5

=

1
2

 A( 2; 2)
a = 2

2x − y − 7 = 0
⇔ 13a − 42a + 32 = 0 ⇔
⇒
14 16
a = 16  A − ;  (ktm)
13   13 13 

Vậy A( 2; 2). Suy ra AC : x − 3 y + 4 = 0, AB : 3 x + y − 8 = 0. Từ đó ta có B(3; − 1), C (5; 3).

2. (1,0 điểm)
2
2
2
Gọi n P ( a; b; c) ( a + b + c ≠ 0) là vectơ pháp tuyến của (P). Khi đó
( P ) : a( x − 4) + b( y − 3) + c( z − 4) = 0.
Vì (P ) // ∆ nên nP ⊥ u ∆ , trong đó u ∆ (−3; 2; 2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆. Suy ra
2b + 2c
− 3a + 2b + 2c = 0 ⇔ a =
(1)
3
Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d ( I , ( P )) = R, trong đó I (1; 2; 3), R = 3 lần lượt là tâm
− 3a − b − c
=3
và bán kính của (S). Do đó
(2)
a2 + b2 + c2
2
 2b + 2c 
2
2
2
2
2
Từ (1) và (2) ta có (b + c) = 
(3)
 + b + c ⇔ 2b − 5bc + 2c = 0
 3 
* Với c = 0 ⇒ b = a = 0 (ktm)
2

b 1
b
b
b
c
≠
0
,
* Với
ta có (3) ⇔ 2 c  − 5 c + 2 = 0 ⇔ c = 2 hoặc c = 2 .
 
b
Với c = 2, ta chọn b = 2, c = 1 ⇒ a = 2. Khi đó ( P ) : 2 x + 2 y + z − 18 = 0 , ktm vì chứa ∆.
b 1
Với = , ta chọn b = 1, c = 2 ⇒ a = 2. Khi đó ( P ) : 2 x + y + 2 z − 19 = 0 , thỏa mãn.
c 2
z −1
2
VIIa. Đặt z = x + yi ( x, y ∈  ). Khi đó ( z + 1)(1 + i ) + 1 − i = z
(1,0
( x − 1 − yi ) (1 + i) = x 2 + y 2 ⇔ 3x + 1 − y + (3x + 1 + y)i = 2( x 2 + y 2 )
điểm)
⇔ ( x + 1 + yi ) (1 + i ) +
2
 x = 0, y = −1
3x + 1 − y = 2( x 2 + y 2 )
 y = −(3x + 1)

⇔
⇔ 2

⇔
3
1
3x + 1 + y = 0
10 x + 3 x = 0
 x = − 10 , y = − 10 .
3
1
Vậy z = −i hoặc z = − − i.
10 10
1. (1,0 điểm)
VIb.
Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R = 5. Gọi
A
(2,0
1
10
H = MI ∩ AB. Ta có AH = AB =
. Trong tam giác vuông
điểm)
2
2
MAI (tại A) với đường cao AH ta có
M
1
1
1
1
4 1
H

=
+
⇒
= − ⇒ AM = 5 ⇒ MI = 10 .
AH 2 AI 2 AM 2
AM 2 10 5
C

B

B

0,5

2

Ta có ∆ : 5 x − 2 y − 19 = 0 ⇔ ∆ :

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

x−5 y−3
⇒ M (5 + 2m; 3 + 5m)
=
2
5

3
2
2
2
Khi đó MI = 10 ⇔ (3 + 2m) + ( 2 + 5m) = 10 ⇔ 29m + 32m + 3 = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = − 29 .
Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.
2
2
5 
1
5

M
(
3
;
−
2
).
Với m = −1 ta có
Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp ∆AMB là  x − 2  +  y + 2  = 2 .

 


0,5


2

2

3
 139 72 
197  
101 
5

Với m = − 29 ta có M  29 ; 29 . Khi đó pt đt ngoại tiếp ∆AMB là  x − 58  +  y − 58  = 2 .



 

2. (1,0 điểm)
Gọi u∆ = ( a; b; c) ( a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0) là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆. Mặt cầu (S) có tâm
I (−1; 1; 0). Vì đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A nên
IA(2; − 1; − 2) ⊥ u∆ ⇔ 2a − b − 2c = 0 ⇔ b = 2a − 2c.
Mặt khác đường thẳng ∆ tạo với trục Ox một góc α với cos α =
|a|
2

2

2

=

(1)
1
nên
3 10

1
⇔ b 2 = 89a 2 − c 2
3 10

a +b +c
Từ (1) và (2) ta có phương trình 85a 2 + 8ac − 5c 2 = 0
* Với c = 0, suy ra a = 0, b = 0 (ktm)

0,5
(2)
(3)

2

VIIb.
(1,0
điểm)

a
5
a

a 1
a
* Với c ≠ 0, ta có (3) ⇔ 85  + 8 − 5 = 0 ⇔ = hoặc = − .
c
17
c
c 5
c
a 1
x −1 y
z+2
=
=
.
Với = , ta chọn a = 1, c = 5 ⇒ b = −8. Suy ra phương trình ∆ :
c 5
1
−8
5
a
5
x −1 y z + 2
Với c = − 17 , ta chọn a = 5, c = −17 ⇒ b = 44. Suy ra phương trình ∆ : 5 = 44 = − 17 .
z − 2i x + ( y − 2)i [ x + ( y − 2)i ].[( x − 2) − yi]
=
Đặt z = x + yi ( x, y ∈  ). Khi đó z − 2 = ( x − 2) + yi =
( x − 2) 2 + y 2
x( x − 2) + ( y − 2) y ( x − 2)( y − 2) − xy
x( x − 2) + ( y − 2) y
=

+
i là số ảo khi và chỉ khi
=0
2
2
2
2
( x − 2) + y
( x − 2) + y
( x − 2) 2 + y 2
 x 2 + y 2 = 2( x + y )
⇔
( x − 2) 2 + y 2 ≠ 0 .
2
2
2
2
Ta có T = | z − 1 | + | z − i | = | ( x − 1) + yi | + | x + ( y − 1)i | = ( x − 1) + y + x + ( y − 1)

= 1 + 2 y + 1 + 2x .
2
2
Áp dụng BĐT Côsi ta có 2( x + y ) = x + y ≥

1
( x + y ) 2 . Suy ra x + y ≤ 4 .
2

Suy ra T ≤ 2(2 + 2( x + y )) ≤ 20 .
Suy ra T ≤ 2 5 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2 .

Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 5 , đạt khi z = 2 + 2i .
2

0,5

0,5

0,5