đề thi thử đại học môn toán

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012, số 2
Gọi (Cm) là đồ thò của hàm số y= – x3+( 2m
+ 1)x2– m–1 (1) (m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm
số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thò (C m) tiếp xúc với đường thẳng y=
2mx – m – 1.
Câu I (2.0 điểm)

Câu II (2.0 điểm)

1. Giải phương trình: sin 2x + sin x −
2. Tìm m để phương trình: m

(

1
1
−
= 2cot g2x
2sin x sin 2x

)

x 2 − 2x + 2 + 1 + x(2 − x) ≤ 0 (2) có nghiệm x

∈  0,1 + 3 
4

Câu III (1.0 điểm)

2x + 1
dx
1 + 2x + 1
0

I=∫

Câu IV (1.0 điểm) Trong mặt phẳng

(P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R
và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vng
∧
góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho ( SAB,SBC) = 60o . Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ∆AHK vng và tính VSABC?
Câu V (1.0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa điều kiện: 3− x + 3− y + 3− z = 1 . CMR:
9x
9y
9z
3x + 3y + 3z
+
+
≥
3x + 3y + z 3y + 3z + x 3z + 3x + y
4
Câu VI (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x2 + y2 −12 x − 4 y + 36 = 0 . Viết phương trình đường tròn
(C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời
tiếp xúc ngòai với đường tròn (C).

2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc
Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4)
a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho
tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt
cầu qua 4 điểm O, B, C, S.
b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường
thẳng SC.
Câu VII (1.0 điểm) Cho số phức z=x+yi; x,y ∈ Z thỏa z3=18+26i
Tính

T = (z − 2) 2010 + (4 − z) 2010


- - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - ĐÁP ÁNĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012, số 2
Câu I
2/ Tìm m để ( Cm ) tiếp xúc với y = 2mx − m− 1 ( d)
(d) tiếp xúc với

( Cm )

 − x3 + ( 2m+ 1) x2 − m− 1 = 2mx − m− 1
⇔
2
 − 3x + 2( 2m+ 1) x = 2m

có

nghiệm

⇔ m = 0hay m =

1
2

Câu II
1. sin 2x + sin x −

π
π
1
1
−
= 2cot g2x ⇔ x = + k
2sin x sin 2x
4
2

2. Đặt t = x2 − 2x + 2 ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x
2
Bpt (2) ⇔ m ≤ t − 2 (1≤ t ≤ 2),dox∈ [0;1+ 3]

t+1

2
t2 + 2t + 2
> 0 . Vậy g
Khảo sát g(t) = t − 2 với 1 ≤ t ≤ 2. Đh :g'(t) =
t+1
(t + 1)2

t2 − 2
tăng trên [1,2]. Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤
có nghiệm t ∈ [1,2]
t+1
S
2
m
≤
maxg(t)
=
g(2)
=
⇔
3
t∈[ 1;2]
Câu III
H
Đặt t = 2x + 1 . Vậy I = 2 + ln2
Câu IV
* Chứng minh ∆AHK vng tại K
B
I
0
A
K
* Tính VSABC theo R: Kẻ CI ⊥ AB
Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC
R
C
⇒ ∆AOC đều⇒ IA = IO =

2
Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB)
Suy ra hình chiếu vng góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB


3
3
3
AB . Suy ra SSIB = SSAB = .R.SA (∗)
4
4
4
1
1
2
2
Ta có: SSBC = BC.SC = R 3. SA + R
2
2
Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:
Vì BI =

SSIB = SSBC. cos60o =

1
R 3
SSBC =
SA2 + R2
2
4

Từ (∗), (∗∗) ta có: SA =

(∗∗)

R
1
R3 6
.Từ đó VSABC = SA.dt∆ABC =
2
3
12

Câu V

Câu VI
1/ Vậy (C) có tâm I ( 6,2) và R=2
Vì đường tròn

( C1)

tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm I1 nằm

trên 2 đường thẳng

y = ±x

vàvì (C) có tâm

tâm I1(x; ± x) với x > 0.

TH1: Tâm I1 ∈

( C1)

đường thẳng y = x ⇒

I ( 6,2) ,R = 2 nên

I ( x,x) , bán kính R1 = x

tiếp xúc ngoài với (C) ⇔ I I1 = R + R1 ⇔

( x − 6) 2 + ( x − 2) 2 = 2 + x

⇔ ( x − 6) + ( x − 2) = 4 + 4x + x2 ⇔ x2 − 16x − 4x + 36 = 0
2

2


⇔ x2 − 20x + 36 = 0 ⇔ x = 2hayx = 18.Ứng với
R1 = 2hayR1 = 18
Có 2 đường tròn là: ( x − 2) + ( y − 2) = 4 ;
2

TH2 : Tâm I1 ∈

đường thẳng

2

( x − 18) 2 + ( y − 18) 2 = 18
y = −x ⇒ I ( x,− x) ; R1 = x

Tương tự như trên, ta có 1 đường tròn là

( x − 6) 2 + ( y + 6) 2 = 36

Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là:

( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 4;( x − 18) 2 + ( y − 18) 2 = 18;( x − 6) 2 + ( y + 6) 2 = 36
uuur uuur

2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒ OC = AB ⇒ B(2,4,0)
* I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và bán kính R =

1
1
SB =
4 + 16 + 16 = 3,
2
2
Vậy phương trình mặt cầu là

uuu
r

2b/ SC = ( 0,4, −4) chọn

( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + (z − 2)2 = 9

( 0,1,−1) là vtcp của SC. Pt tham số đường

thẳng SC: x=0; y=t; z=4-t
Mp (P) qua

A ( 2,0,0)

và vuông góc với SC có phương trình là

y− z = 0
Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra M(0;2;2)
Gọi A1 ( x,y,z) là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của AA 1 nên
A1 ( −2,4,4)

Câu VII
z3=18+26i ⇔ (x 3

− 3xy 2 ) + (3x 2 y − y 3 )i = 18 + 26i

 x 3 − 3xy 2 = 18
⇔ 2
(Vì x, y khơng thể bằng 0 nên đặt y=tx)
3
3x y − y = 26
Giải được t=1/3 ⇒ z = 3 + i và T=(1+i)2010 + (1-i)2010 = 0
(Vì

1005

(1 + i) 2010 = (1 + i) 2 

= [ 2i ]

1005

= −21005 )