đề thi thử đại học môn toán

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012, số 3

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = − x3 − 3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực.

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞).
Câu II (2.0 điểm)
2 x − x2

1
1. Giaûi baát phöông trình : 9
− 2 ÷
≤3.
3
2. Giaûi phöông trình : sin 2 x + cos 2 x + 3sin x − cos x − 2 = 0
x2 −2 x

Câu III (1.0 điểm)
π
2

∫

1. Tính I = x2 cosxdx
0

2. Giải phương trình: ( 2 − log3 x) log9x 3 −

4
= 1.
1− log3 x

3. 23x+1 − 7.22x + 7.2x − 2 = 0

Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a,
cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao
cho

AM =

a 3
. Mp(BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích của khối chóp S.BCNM
3

Câu V (1.0 điểm) Cho các số thực x, y, z không âm và thỏa x+y+z=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

P=

1
1
1
+
+
4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y) − z 4 + 2 ln(1 + z) − x

Câu VI (2.0 điểm)

1.Cho phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và các đường thẳng
x−1 y− 3 z
x− 5 y z+ 5

d1 :
=
= và d2 :
= =
2
−3 2
6
4 −5
a. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 và (Q) ⊥ (P).
b. Tìm các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng
bằng 2.
2. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường thẳng:
d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0 ; d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0
Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1 ∩ d2. Tìm m sao cho PA + PB
lớn nhất
Câu VII (1.0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa: x(3+2i)+ y(1+2i)3 = 12+5i

- - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - ĐÁP ÁNĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012, số 3


Cõu I
2. m 0 ( thi th ca cu trỳc thi )
Cõu II
x22x

1/ Giaỷi baỏt phửụng trỡnh 9
2

2xx2

1
2 ữ
3

3 ( 1)

2x

> 0 , (1) 1 2 x 1+ 2
2/ Giaỷi phửụng trỡnh sin2x + cos2x + 3sinx cosx 2 = 0 ( 2)
t: t = 3x

(2) 2sinxcosx + 1 2sin2 x + 3sinx cosx 2 = 0

2sin2 x + ( 2cosx + 3) sinx cosx 1 = 0

2sin2 x ( 2cosx + 3) sinx + cosx + 1 = 0 ( 3 )
(phửụng trỡnh baọc 2 theo sinx Coự = ( 2cosx + 1) )
2



+ k2
x
=
+ k2

6
hay
.

+ k2
x = 5 + k2

2

6
Caựch khaực: (3) (2sinx 1)( sinx cosx 1) = 0
x =
1

sinx
=
2
Vaọy (2)

x =
sinx = cosx + 1

Cõu III
1. Tớnh I =

2
2
4

2. Phng trỡnh: ( 2 log3 x) log9x 3

4
= 1 (1)

1 log3 x

2 t 4

= 1 t2 3t 4 = 0 t = 1 hay t = 4
2 + t 1 t
1
Do ú, (1) log3 x = 1 hay x = 4 x = hayx = 81
3
Cõu IV
t: t = log3x, thnh


S

2. Tính thể tích khối chóp S.BCNM
- Chỉ ra BDNM là hình thang
2a
MN SM
4a
=
⇒ MN =
, BM =
3
AD SA
3
2
10a
- SBCNM =
3 3

H

M

D
A

1
10 3a 3
- VS.BCNM = .SH.SBCNM =
3
27
B

C

Câu V
Từ giả thiết 0 ≤ x, y, z ≤ 3 suy ra 4+2ln(1+x)-y>0; 4+2ln(1+y)-z>0và
4+2ln(1+z)-x>0. Theo BĐT Côsi ta có:
9
P≥
4 + 2 ln(1 + x) − y + 4 + 2 ln(1 + y) − z + 4 + 2 ln(1 + z) − x
1 1 1
9
1 1 1
( Vì (a + b + c)  + + ÷ ≥ 9 ⇔ + + ≥
)
a b c a +b+c
a b c

1− t
Xét hàm số: f(t)=2ln(1+t), t ∈ [ 0;3] , có f '(t) =
1+ t
0
≤
f
(t)
≤
2
ln
2
−
1
Lập BBT, ta được:
9
3
≥
Do đó: P ≥
12 + f (x) + f (y) + f (z) 3 + 2 ln 2
3
Vậy: minP=
, khi x=y=z=1
3 + 2 ln 2
Câu VI
1a : 2x + 2y + z – 8 = 0
1b. M ∈ d1 ⇒ M ( 1 + 2t,3 − 3t, 2t ) ; M ∈ d 2 ⇒ N ( 5 + 6t ', 4t ', −5 − 5t ' )
Vì MN // (P) ⇔ MN.nP = 0
⇔ 1( 6t '− 2t + 4 ) − 2 ( 4t '+ 3t − 3 ) + 2 ( −5t '− 2t − 5 ) = 0 ⇔ t = − t '
. Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P)
1+ 2t − 2( 3 − 3t) + 2( 2t) − 1

= 2 ⇔ t = 1hay t = 0
1+ 4 + 4
. t = 1 ⇒ t' = –1 ⇒ M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0)
. t = 0 ⇒ t' = 0 ⇒ M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5)
2. Tọa độ giao điểm P của d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình


(m− 1)x + (m− 2)y = m− 2
Xét hệ phương trình : 
(2 − m)x + (m− 1)y = −3m+ 5
m− 1 m− 2

2

3 1

Ta có D =
= 2m − 6m+ 5 = 2 m− ÷ + > 0 ∀m
2 − m m− 1
2 2

Vì D ≠ 0 nên d1, d2 luôn luôn cắt nhau.
Ta dễ thấy A(0,1) ∈ d1 ; B(2,−1) ∈ d2 và d1 ⊥ d2
⇒ ∆ APB vuông tại P ⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB.
2

Ta có : (PA + PB)2 ≤ 2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2 (2 2)2 = 16
⇒ PA + PB ≤ 4. Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung

»

AB

»
Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung AB
⇒ P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB
và IP = 2 ⇒ P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1)
Vậy ycbt ⇔ m = 1 v m = 2
Câu VII