ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN ( có đáp án )

Nguoithay.vn

THI TH

IH CS

5

PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 đi m ) :
Câu I ( 2,0 đi m )Cho hàm s y  x 3  3x 2  (m  4) x  m, m laø tham soá (1)
1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (1) khi m = 4.
2. Ch ng minh đ th (1) luôn c t tr c hoành t i đi m A c đ nh v i m i m. Tìm m đ đ th (1) c t tr c
1
1
hoành t i ba đi m A, B, C phân bi t sao cho k A  
 0, trong đó k A , kB , kC l n l t là h s góc ti p
kB kC
tuy n c a đ th (1) t i A, B, C.
Câu II ( 2,0 đi m)
1  sin x  5  2sin x   3 .
1. Gi i ph ng trình
 2sin x  3 cos x
2. Gi i ph

ng trình

x 2  x  1  x 2  3x  1  2 x  1 .
1

Câu III (1,0 đi m) Tính tích phân I 

7


1

3x 4  x 2  1
x2 3 x3  x

dx .

26

Câu IV (1,0 đi m)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình ch nh t ; tam giác SAB vuông cân t i S. G i H là trung
đi m c a đo n th ng AB, các m t ph ng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi m t vuông góc. Bi t SC  a 3 , tính th
tích kh i chóp S.ABCD theo a. Tính góc h p b i hai m t ph ng (SAD) và (SDC).
Câu V (1,0 đi m)
Cho x,y là các s th c tho mãn : x2  xy  y2  1 .Tìm giá tr l n nh t ,nh nh t c a bi u th c P 

x4  y 4  1
x2  y 2  1

PH N RIÊNG ( 3,0 đi m ). Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n ( A ho c B )
A.Theo ch ng trình chu n
Câu VI.a (2,0 đi m)
1. Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho hình ch nh t ABCD có đ ng phân giác trong c a góc
ABC đi qua trung đi m c a c nh AD và có ph ng trình x  y  2  0 ; đ nh D n m trên đ ng th ng có
ph ng trình x+ y-9= 0. Bi t đi m E(-1;2) n m trong đo n th ng AB và đ nh B có hoành đ âm. Tìm t a
đ các đ nh c a hình ch nh t.
2. Trong không gian v i h t a đ Oxyz, cho 3 đ ng th ng

x 1 y 1 z
x y 1 z  2
x  2 y  2 z 1
; d2 :
. Ch ng minh d2 và d3 chéo nhau.

 ; d3 :


d1 :


1
2
1
1
2
1
2
2
1
Vi t ph ng trình đ ng th ng  vuông góc v i d1,c t d2 và d3 t i hai đi m A, B sao cho AB  3
1
Câu VII.a (1,0 đi m). Tìm s ph c z th a mãn z  1  z  i và z  là s th c
z
B. Theo ch ng trình nâng cao
C. Câu VI.b (2,0 đi m)
x 2 y2
1. Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho elíp (E ) : 
 1 . G i F1 , F2 là các tiêu đi m c a (E)

9
5

Tìm t a đ đi m M trên (E) sao cho bán kính đ

ng tròn n i ti p tam giác MF1F2 b ng

2
5

.

2. Trong không gian v i h t a đ Oxyz, cho m t ph ng  P  : x  y  3z  14  0 . Vi t ph
m t c u (S) ti p xúc v i (P) và đi qua hai đi m A(1;3;2), B(-3;1;4). Vi t ph
(Q) qua A,B và c t (S)theo m t đ ng tròn có di n tích bé nh t.
Câu VII.b (1,0 đi m)

2
2
x2  2012
2011y  x 
Gi i h ph ng trình 
.
y2  2012

ng trình

ng trình m t ph ng



3log3 ( x  2 y  6)  2log 2 ( x  y  2)  1

Nguoithay.vn


Nguoithay.vn

ÁP ÁN

S

5

Câu 1: Với m  4 ta có y  x  3x  4
3

2

10. Tập xác đònh
20. Sự biến thiên: Giới hạn


1 4 
1 4 
lim y  lim x 3  3x 2  4  lim x 3 1   3   , lim y  lim x 3  3x 2  4  lim x 3 1   3   
x 
x 
x

x


x

 x x 
 x x 



x 







x  0
Bảng biến thiên: y '  3x 2  6 x; y '  0  3x 2  6 x  0  
x  2
x
-
0
2
y’
+
0
0
4

y



+
+
+

0

-

30. Đồ thò
 Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0)
 Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4)
 y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2)

4

2

I

O

5

-2

Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là
x 1  0

x 3  3x 2  (m  4) x  m  0   x  1 x 2  4 x  m  0   2
 x  4 x  m  0(1)
Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m
 Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1
4  m  0  m  4

hay 
5  m  0 m  5






 x  x2  4
G i x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có  1

 x1 x2  m
Khi đó x1 , x 2 là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là
k A  m  5; k B  3x 12  6x 1  m  4; k C  3x 22  6x 2  m  4
Theo giả thiết ta có m  5 

1
1
 2
0
3x  6x 1  m  4 3x 2  6x 2  m  4
2
1

3x  6x  m  4   3x  6x  m  4   0  m  5  4  4  m   0
 m 5
4  m  4  m  5
3x  6x  m  4 3x  6x  m  4 
2
1

2
1

 m 5

2
2

1

2
2

1

2

2

 m  4
2
1
Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4

 0   m  5  1  
m 5
 m  6

Câu 2: 1, ĐK : cos x  0  x 


2

 k , k Z

Nguoithay.vn


Nguoithay.vn

1  sin x  5  2sin x  
 2sin x  3 cos x

 cos2x 

3  5  3sin x  2sin2 x  3 sin 2x  3 3 cos x 

 








3 sin2x  3 sin x  3 cos x  4  0  cos  2x    3cos  x    2  0
3
6




x    k 2





6

 cos  x    1
6







 2 cos2  x    3cos  x    1  0  
  x   k 2 , k  Z

6
6

6

 1



 cos  x   
6 2
 x     k 2
 

2
Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm x  

Câu 2: 2, ĐK : x 2  3x  1  0
x 2  x  1  x 2  3x  1  2x  1 (1) 




6

 k 2 , k  Z



x 2  x  1  x 2  3x  1   2x  1  0




2
  2x  1  0   2x  1 
 1  0


2
2
x 2  x  1  x 2  3x  1
 x  x  1  x  3x  1 

1
2x  1  0
x 

2

 2
2
 x  x  1  x  3x  1  2
2
 x  x  1  x 2  3x  1  2 (2)
4x  2

1
là một nghiệm của phương trình (1)
2
 x 2  x  1  x 2  3x  1  2x  1
 2 x 2  x  1  2x  3
Từ (1) và (2) ta có hệ 
2

2
 x  x  1  x  3x  1  2

3
x  2
5
5
1
2x  3  0

x 
Thử lại ta có các nghiệm x   ; x 
2 
2
8
2
8
4 x  x  1   2x  3
 4 x 2  x  1   2 x  3 2

Câu 3:
Ta thấy x  







1

I 

7


1



1

3x  x  1
4

x

23

2

3

x x

dx 


1

26

1

7

3x  x
4

x

23

3

x x

dx 

 Tính I 1 

7


1

3x  1
3

x3 x

26

dx 

7


1



d x3 x
3

x3 x

 Tính I 2 


1

26

3
2

1
x

23

x3 x

dx  I 1  I 2
1

3

x

3

x



2

7 123

364
1
26

26

1
7



26
1

2

7

1

26
1

V ậy I 

2

1

1

1
1
dx  
3
2
1 x
3 1
2

x

7


1

26

1


1 
3 
1 
d 1  2    3 1  2 
4  x 
1  x 
3 1
2
x

2

1
7 15

4
1
26

322
.
91

Nguoithay.vn


Nguoithay.vn
S

G

F

A

D

H

Câu 4:

E

B

C

Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF=

a 2
;
2

a 2
a 2
; GF 
ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 600
2
2
Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 1  x2  xy  y2  2xy  xy  xy;1  ( x  y)2  3xy  3xy
HG=

1
 xy  1 .
3
M¨t kh¸c x2  xy  y2  1  x2  y2  1  xy

Tõ ®ã ta cã 

nªn x4  y4   x2 y2  2 xy  1 .§Ỉt t=xy

V y bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa
TÝnh f ' (t )  0  1 

P  f (t ) 

 t 2  2t  2 1
;  t  1

t2
3

t  6  2
6
0
2
(t  2)
t   6  2(l )

Do hµm sè liªn tơc trªn



1
 ;1
3

nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa f (

1
) , f ( 6  2) , f (1)
3

cho ra kÕt qu¶:

1 11
MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( ) 
3 15

1đ

4

A

E

D

M

2

B

E'
O

C
5

Câu 6a: 1,

Nguoithay.vn


Nguoithay.vn
Gọi E '( x0 ; y0 ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ

  x0  1   y0  2   0
 x  y0  1

 x  0
, E '(0;1)
 0
 0
 x 0  1 y0  2

20
 x0  y0  1  y0  1

2
 2
Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn
BC  BE  BE'   t  1 t  t  t  1  0  t  1 do t<0 hay B(-1;1).
phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1
 d 1 a  9  d 
Gọi A(-1;a),a  2 và D(d;9-d) ta có tọa độ trung điểm của AD là M 
;

2
 2

d 1 a  9  d
theo giả thiết ta được

 2  0  a  2d  6  0 (1)
2
2

AD   d  1; a  d  9  ; BA   0; a  , do AB  AD nên ta có a  a  d  9   0  a  d  9  0 (2)
Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5 hay A(-1;4) và D(5;4)  C(5;1).

 x 1t
 x t '


 d 2 :  y  1  2t ,d 2 đi qua M2 1; 1;0  và có vtcp u 2  1;2;1; d 3 :  y  1  t ' ,d 3 đi qua M3  0;1;2 


 z t
z  2  2t '
và có vtcp u3  1;1;2 

M2 M3   1;2;2  ; u 2 ,u 3    3; 3;3  ;M 2 M 3 . u 2 ,u 3   3  0 nên d 2 và d 3 chéo nhau.





 Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t')  BA  t  t ' 1;2t  t ' 2;t  2t ' 2  là vtcp của ,
do   d1 nên 2 t  t ' 1   2t  t ' 2   2 t  2t ' 2   0  t '  2t , BA   3t  1; 2; 3t  2 
t 0
2
2
2
Mặt khác, BA=3 nên  3t  1   2    3t  2   9  18t 2  18t  0  
t  1
x 1 y 1 z
Với t=0 ta có A(1;-1;0);BA  1; 2; 2  .Ptct của  :



1
2
2
x
y  3 z 1


Với t=-1 ta có A(0;-3;-1);BA   2; 2;1 .Ptct của  :
2
2
1
x 1 y 1 z
x
y  3 z 1

 ; 2 :


Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là 1 :
2
2
2
2
1
1
Câu 7a:
Giả sử z  x  y.i ta có z  1 
Theo đề bài z  1  z  i 

 x  1
 x  1

2

2

 y 2 ; z  i  x 2   y  1 .
2

 y 2  x 2   y  1  x  y, khi đó z  x  x.i
2

1
1
1  
1 
x  x.i 
Mặt khác, z   x  x.i 
 x  x.i 
x
x
 i ,x  0.
2
2x  
2x 
z
x  x.i
2x


1
1
1
Vì z  là số thực nên x 
0 x
z
2x
2
Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là z1 

1
2



1
2

i và z2  

1
2



1
2

i

2

M

F1

O

F2

-2

Câu 6b: 1,

Nguoithay.vn


Nguoithay.vn
Ta có F1(-2;0) và F2(2;0); F1F2=4
1
 MF1  MF2  F1F2  . 2  2 5 (1)
2
5
1
Gọi M ( x; y) ta có d ( M; Ox )  y , khi đó diện tích MF1F2 là y F1F2  2 y (2).
2
Từ (1) và (2) ta có y   5. Như vậy có 2 điểm thỏa mãn bài toán M1 (0; 5) và M2 (0;  5).
Do M  (E) nên MF1  MF2  6, diện tích MF1F2 là

Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại
B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là
x  3 y 1 z  4
. Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực
u  1;1; 3 ,d có phương trình là


1
1
3
của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt
BA   4;2; 2  nên có pt là 2  x  1   y  2   z  3  0  2 x  y  z  3  0

2 x  y  z  3  0  x  2


 y  2
Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ  x  y  4  0
3y  z  7  0
z  1



Bán kính của mặt cầu là R=IA= 11 . Phương trình của mặt cầu là (x+2)2+(y-2)2+(z-1)2=11
Gọi r là bán kính đường tròn ta có r 2  d 2  I ;(Q )  11  r 2  11  d 2  I ;(Q )
đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay d  I ;(Q ) lớn nhất

Mặt khác, IM  AB và d  I ;(Q )   IM , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q)
hay IM  (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là IM  1;0;2  , pt của (Q) là  x  1  2  z  2   0  x  2z  5  0


2
y2  x2  x  2012 (1)

2011

Câu 7b: 
y2  2012


3log3 ( x  2 y  6)  2log 2 ( x  y  2)  1(2)

+) K: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) L y logarit c s 2011 và đ a v pt: x  log2011 ( x  2012)  y  log2011 ( y  2012)
2

2

Xét hàm số f (t )  t  log2011 (t  2012), t  0  f '(t )  1 

2

2

1
0
2011(t  2012)

 f (t ) là hàm số đòng biến trên (0;+)
t đó suy ra x2 = y2  x= y ho c x = - y

+) V i x = y th vào (2) và đ a v pt: 3log3(x+2)=2log2(x+1).
t 3t=log2(x+1) ta đ c x=23t-1 do đó 3log3(23t+1)=6t  8t+1=9t
t

t

1 8
a pt v d ng       1 , cm pt này có nghi m duy nh t t = 1  x = y =7
9 9
+) V i x = - y th vào (2) đ c pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3.V y h có các nghi m là (7;7); (3;-3)

Nguoithay.vn