Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 103

www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT NINH GIANG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012
Môn thi: TOÁN, Khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
−x + m
Cho hàm số y =
có đồ thị là (Cm)
x+2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 .
2) Tìm các giá trị của m để đường thẳng d: 2 x + 2 y − 1 = 0 cắt (Cm) tại hai điểm A và B sao cho tam
giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 điểm)
sin 2 x sin 2 3 x
1) Giải phương trình
+
= tan 2 x(sin x + sin 3 x)
cos x cos 3 x
2) Giải phương trình 2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3 x .
1

3
2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ ( x − 1) 2 x − x dx
0

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB
bằng 2a và góc ABC bằng 30 0. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' biết khoảng cách giữa hai
a
đường thẳng AB và CB ' bằng
2
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + xy = 1 . Tìm giá trị lớn
2
2
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x y − xy
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong
17
BD. Biết H (−4;1), M ( ;12) và BD có phương trình x + y − 5 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A của tam
5
giác ABC.
x +1 y z +1
= =
2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆ :
và hai điểm A(1; 2; −1),
2
3
−1
B (3; −1; −5) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho
khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z , biết z 3 + 12i = z và z có phần thực dương.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
2

2
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 2) + ( y + 3) = 4 và đường thẳng d:
3 x − 4 y + m − 7 = 0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến
MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200.
2) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 4; 2) và hai đường thẳng lần lượt có phương trình

∆:

x −1 y + 2 z
x −1 y +1 z −1
=
= ,∆':
=
=
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A,
−1
1
2
2
1
1

cắt đường thẳng ∆ và cách đường thẳng ∆ ' một khoảng lớn nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu
(m + 3)25 x + (2m − 1)5 x + m + 1 = 0
…………………………Hết…………………………

Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………………………

www.VNMATH.com
Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:…………………………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu

Ý

Nội dung
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
−3
< 0, ∀x ≠ −2
( x + 2) 2
Hàm số nghịch biến trên (−∞; −2) và (−2; +∞)
lim y = −1 ⇒ TCN: y = −1

−x +1
x+2

Điểm
1,00

TXĐ : ¡ . y ' =

0,25

x →±∞

0,25

lim y = −∞, lim+ y = +∞ ⇒ TCĐ: x = −2
x →−2

x →−2−

Lập BBT
Đồ thị

0,25

4

1

2

0,25
-2

-5

O

1

-1

-2

I

-4

2 x + 2 y − 1 = 0 cắt (Cm) tại hai điểm A và B...
1
2 x + 2 y − 1 = 0 ⇔ y = − x . Pt hoành độ giao điểm của d và (Cm) là
2
−x + m 1
= − x ⇔ x 2 − x + 2 m − 2 = 0 (1), x ≠ −2
x+2
2
D cắt (Cm) tại 2 điểm A, B ⇔ (1) có 2 nghiệm pb khác -2

∆ ' = 1 − 4(2m − 2) > 0
9
⇔
−
2
≠
m
<

2
8
2 ( −2) − (−2) + 2 m − 2 ≠ 0
 1
  1

Gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó A  x1 ; − x1 ÷, A  x2 ; − x2 ÷
 2
  2


AB = ( x2 − x1 ) + ( x1 − x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  = 2(9 − 8m)
1
1
1
1
7
SOAB = AB.d (O, d ) =
2(9 − 8m).
=
9 − 8m = 1 ⇔ m = − (tm)
2
2
8
2 2 4
7
Vậy m = −
8
1
Giải phương trình 2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3 x
2

II

2

0,25

0,25

0,25

2

2
2 x 2 + x + 1 > 0 và x − x + 1 > 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ TXĐ: ¡

TH 1. x ≤ 0 . Pt luôn TM

1,00

0,25
1,00
0,25


www.VNMATH.com
TH 2. x > 0. PT ⇔

1
1 1
1 1
+ 2 + 1 − + 2 = 3 . Đặt t = , t > 0
x
x x
x x

2+

2 + t + t2 + 1− t + t2 = 3 ⇔ 2 + t + t2 = 3 − 1− t + t2

Ta được

⇒ 2 + t + t2 = 9 +1− t + t2 − 6 1− t + t 2 ⇔ 3 1− t + t 2 = 4 − t
t = 1
4 − t ≥ 0
t ≤ 4
⇔
⇔ 2
⇔
2
2
t = − 7
9(1
−
t
+
t
)
=
16
−
8
t
+
t
8
t
−
t

−
7
=
0


8

Đối chiếu với t > 0 ta được t = 1 ⇒ x = 1
Thử lại thấy x = 1 thỏa mãn pt. Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1
sin 2 x sin 2 3 x
Giải phương trình
+
= tan 2 x(sin x + sin 3 x)
cos x cos 3 x
ĐK: cos x ≠ 0, cos 3 x ≠ 0
Pt ⇔ tan x sin x + tan 3x sin 3 x = tan 2 x(sin x + sin 3 x)
⇔ (tan x − tan 2 x)sin x + (tan 3 x − tan 2 x) sin 3 x = 0 ⇔

2

sin(− x)
sin( x)
sin x +
sin 3 x = 0
cos x cos 2 x
cos 3x cos 2 x

sin x = 0
⇔  sin 3 x sin x


−
=0
 cos 3 x cos x
sin x = 0
sin x = 0 (TM )
⇔
⇔
sin 2 x = 0
cos x = 0 ( L)

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25

0,25
1

3
2
Tính tích phân ∫ ( x − 1) 2 x − x dx

1,00

0

1

1

0

0

I = ∫ ( x − 1)3 2 x − x 2 dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 1) 2 x − x 2 ( x − 1)dx .

0,25

Đặt t = 2 x − x 2 ⇒ t 2 = 2 x − x 2 ⇒ tdt = (1 − x)dx. t (0) = 0, t (1) = 1
III

1

I = ∫ (1 − t 2 )t (−t )dt

0,25

0

1

 t5 t3 
= ∫ (t − t )dt =  − ÷
 5 3 0
0

0,25

1 1
2
− =−
5 3
15

0,25

1

4

IV

2

1,00
Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C
suy
ra
AB
⊥
CM.
Mặt
khác
AB

⊥
0,25
CC ' ⇒ AB ⊥ (CMNC ') ⇒ A ' B ' ⊥ (CMNC ') .
Kẻ
MH ⊥ CN ( H ∈ CN ). MH ⊂ (CMNC ') ⇒ MH ⊥ A ' B ' ⇒ MH ⊥ (CA ' B ')
mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên
a
0,25
d ( AB, CB ') = d ( AB, (CA ' B ')) = d ( M , (CA ' B ')) = MH =
2
0,25
a
0
Tam giác vuông BMC ⇒ CM = BM .tan 30 =
3
Tam giác vuông
1
1
1
4
3
1
CMN ⇒
=
+
⇔ 2 = 2+
⇔ MN = a
2
2
2

MH
MC
MN
a
a
MN 2


Từ đó VABC . A ' B 'C '

www.VNMATH.com
1
a
a3
= S ABC .MN = .2a. .a =
2
3
3
A'

C'
N
B'

0,25

H

C

A
M
B

2
2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x y − xy
S = xy ( x − y ) ⇒ S 2 = ( xy ) 2 ( x 2 + y 2 − 2 xy ) = ( xy ) 2 (1 − 3xy )
Đặt t = xy
1
x 2 + y 2 + xy = 1 ⇔ 1 − 3 xy = ( x − y ) 2 ≥ 0 ⇒ t ≤
3
2
2
2
x + y + xy = 1 ⇔ ( x + y ) = 1 + xy ≥ 0 ⇒ t ≥ −1 .

V

0,25

0,25

t = 0
 1
2
⇒ S = f (t ) = t (1 − 3t ), t ∈  −1;  . f '(t ) = 2t − 9t = 0 ⇔  2
t =
 3
 9

2

VI.a

1,00

2

0,25

4
1
2
f ( −1) = 4, f (0) = f  ÷ = 0, f  ÷ =
⇒ S 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ S ≤ 2
3
9
243
 
 
S = 2 ⇔ x = −1, y = 1 ⇒ max S = 2
0,25
S = −2 ⇔ x = 1, y = −1 ⇒ min S = −2
Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC
1,00
0,25
Đt ∆ qua H và ⊥ BD có pt x − y + 5 = 0 . ∆ ∩ BD = I ⇒ I (0;5) .
Giả sử ∆ ∩ AB = H ' . Tam giác BHH ' có BI là phân giác và cũng là
0,25
đường cao nên BHH ' cân ⇒ I là trung điểm của HH ' ⇒ H '(4;9) .

r uuuuuu
r  3 
u = H ' M =  − ;3 ÷ nên có pt là 5 x + y − 29 = 0 .
0,25
AB
đi
qua
H’
và
có
vtcp
1
 5 
5 x + y = 29
⇒ B (6; −1) . M là trung điểm của
Tọa độ B là nghiệm của hệ 
x + y = 5
0,25
4

AB ⇒ A  ; 25 ÷
5

2 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao 1,00
cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất.
Gọi d là đt đi qua A và cắt ∆ tại M ⇒ M ( −1 + 2t ;3t; −1 − t )
uuuu
r
uuu
r

0,25
AM = (−2 + 2t ;3t − 2; −t ), AB = (2; −3; −4)
0,25
Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó d ( B, d ) = BH ≤ BA . Vậy
d ( B, d )

lớn

nhất

bằng

BA

⇔ H ≡ A.

Điều

này

xảy

ra


www.VNMATH.com
uuuu
r uuur
⇔ AM ⊥ AB ⇔ AM . AB = 0 ⇔ 2(−2 + 2t ) − 3(3t − 2) + 4t = 0 ⇔ t = 2
x −1 y − 2 z + 1

=
=
1
2
−1
Mặt phẳng (P) chứa d và ∆ có pt là:
Gọi K là hình chiếu của B trên (P) ⇒ BH ≥ BK . Vậy d ( B, d ) nhỏ nhất
bằng BK ⇔ H ≡ K . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K
Tìm được K và viết pt d
Tính môđun của số phức z , biết z 3 + 12i = z
Giả sử z = x + yi, x, y ∈ ¡ . z 3 + 12i = z ⇔ ( x + yi )3 + 12i = x − yi
⇒ M (3;6; −3) . Pt d là

 x − 3 xy = x
⇔ x 3 − 3 xy 2 + (3 x 2 y − y 3 + 12)i = x − yi ⇔  2
3
3x y − y + 12 = − y
3

VII.a

2

(1)
(2)

Do x > 0 ⇒ (1) ⇔ x 2 = 3 y 2 + 1 . Thế vào (2) ta được
3(3 y 2 + 1) y − y 3 + 12 = − y ⇔ 2 y 3 + y + 3 = 0 (3)
Giải pt (3) ta được y = −1 ⇒ x 2 = 4 . Do x > 0 nên x = 2
Vậy z = 2 − i ⇒ z = 5

Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến
MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200
1

VI.b

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt đường thẳng ∆ và
cách đường thẳng ∆ ' một khoảng lớn nhất.
2

(m + 3)25 x + (2m − 1)5 x + m + 1 = 0 có 2 nghiệm trái dấu
VII.b

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25

1,00
0,25
0,25
0,25
0,25