Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 145 đến 150)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (Cho tất cả các thí sinh) Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8.  xy  18  12  x 2  Câu 2 (2đ) 1. Giải hệ phương trình:  1 2  xy  9  y 3  x 2. Giải phương trình: 9 + ( x - 12).3x + 11 - x = 0 Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. 2. Câu 4 (1đ). Tính tích phân: I   [ x(2  x)  ln(4  x 2 )]dx 0. Câu 5 (1đ) Cho tam giác ABC, với BC = a, CA = b, AB = c. a (a  c)  b 2 1 1 1   Thoả mãn hệ điều kiện:  CMR: sin A sin B sin C b(b  a )  c 2 II. PHẦN RIÊNG (3đ) (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần) Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M  (C) và N  (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0 x2 y z4   (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d): 1 2 3 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). Câu 7a (1đ) Đặt: (1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a12x12. Tính hệ số a7. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1. Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 và điểm 1 7 M  ,  . Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 5 5 2. Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0. Tìm những điểm M  (S), N  (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: 3 1  3x  1  2 x f ( x)  khi x  0, và f (0)  0 ; tại điểm x0 = 0. x. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 145 ) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) ĐIỂM Câu 1 (2đ) y = 2x3 - 3x2 + 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) * TXĐ: R + Giới hạn: lim y =   , lim y =  . * Sự biến thiên:. x  . 0,25đ. x  . + Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1).  x  0; ( y  1) y' = 0    x  1; ( y  0). 2). 0,25đ. Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị * Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác. Tìm M  (C) ? Giả sử M (x0; y0)  (C)  y0 = 2x03 - 3x02 + 1 Tiếp tuyến (  ) của (C) tại M: y = (6x02 - 6x0) (x - x0) + 2x03 - 3x02 + 1 (  ) đi qua điểm P(0 ; 8)  8 = -4x03 + 3x02 + 1. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ.  (x0 + 1) (4x02 - 7x0 + 7) = 0. 0,25đ.  x0 = -1 ; (4x0 - 7x0 + 7 > 0,  x0) 2. 0,25đ. Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. Câu 2 (2đ) 1). 0,25đ.  xy  18  12  x 2  12  x 2  0  x  2 3  Giải hệ:  1 2  xy  9  y  x y  2 3 y  x  2 3 3 .  x  2 3  xy  18. 0,25đ. . . .  x   2 3;2 3 , tương ứng y   3 3;3 3 Thử lại, thoả mãn hệ đã cho. . . Vậy, x; y   2 3;3 3 , 2 3;3 3 2). 0,25đ.    x  123. Giải phương trình: 3 x. 2. x. . 0,25đ. . 0,25đ.  11  x  0. 3 x  1 x  0  x (a + b + c = 0)  x 3  11  x  f ( x)  3  x  11  0(*). f ' ( x)  3 x ln 3  1  0, x    (*) có nghiệm duy nhất x = 2 f (2)  0  Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} Câu 3 (1đ) S N A C O. M. B SO  (ABC) Lop10.com. 0,5đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> S.ABC chóp  đều AO  BC  M .  O là tâm tam giác đều ABC. AM  BC    BC  (SAM ) SO  BC . Trong  SAM kẻ đường cao MN  MN = m. AO . a a 3 3a   AM  AO  0 2 sin 60 2 2 3. SO  h  SA  SO 2  AO 2  h 2 . . h. a2 3. .  3a 2  4m 2 h 2 . SA.MN = SO.AM 2am 3 3a  4m 2. 2. 0,25đ. 4 2 2 am 3.  3  m  a   2  . 3 2 a 4. ; và S(ABC) =. 0,25đ 0,25đ.  3  m  a  2  . 1 a 3m V  S ( ABC ).h  3 6 3a 2  4m 2. 0,25đ. Câu 4 (1đ) Tính tích phân 2. 2. I   x(2  x) dx +  ln(4  x 2 )dx = I1  I 2 0. 0. 2. 2. 0. 0. I1   x(2  x) dx   1  ( x  1) 2 dx  2.  2. (sử dụng đổi biến: x  1 sin t ). 0,25đ. 2. x2 dx (Từng phần) 2 4  x 0. I 2   ln(4  x 2 )dx  x ln(4 x 2 ) |02 2  0. 0,25đ.  6 ln 2    4 (đổi biến x  2 tan t ). I  I1  I 2 . 0,25đ. 3  4  6 ln 2 2. 0,25đ. Câu 5 (1đ). a (a  c)  b 2 (1)  ABC:  b(b  a )  c 2 (2) (1).  sin2A + sinAsinC = sin2B  sinAsinC =. (Đl sin). 1 (cos2A - cos2B) 2.  sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A)  sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0)  A = B - A ; (A, B là góc của tam giác)  B = 2A. 0,25đ. Tương tự: (2)  C = 2B A + B + C =  , nên A =.  7. ;B=. 2 4 ;C= 7 7. 4 2 3  sin  sin 2 sin cos 1 1 7 7  7 7  Ta có: = 2  4    3 sin B sin C sin sin 2 sin cos sin 7 7 7 7 7 Lop10.com. 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> =. 1 sin. . . 1 sin A. (đpcm). 0,25đ. 7. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chương trình cơ bản Câu 6a (2đ) 1) Tìm M  (C), N  (d)? (d): 3x - 4y + 5 = 0 (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 d (I ; d) = 2  (d)  (C) = Ø Giả sử tìm được N0  (d)  N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d).    I (1;3)  N0 = (d)   , với:     (d )  u  3;4 . 0,25đ.  x  1  3t 1 7   :   N0  ;  5 5  y  3  4t. 0,25đ.  2 11  Rõ ràng   (C) = {M1; M2} ; M1   ;  ; M2  5 5.  8 19   ;   5 5. M0  (C) để M0N0 nhỏ nhất  M0  M1 và M0N0 = 1. 0,25đ. Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán.  2 11  M  ;  ; N  5 5. 1 7  ;  5 5. 0,25đ. 2) Phương trình mặt cầu (S) ? (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 Giả sử I (x0 ; y0 ; z0)  (d):. x2 y z4   1 2 3.  I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S). 0,25đ. Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2)). . t  13 1 1 9t  3  10t  16   3 3 t  1. 0,25đ.  I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; 2 ; 1)  R1 = 38 ; R2 = 2. 0,25đ. Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 Câu 7a (1đ) Tính hệ số a7 ? (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4. 0,25đ 0,25đ.  4  4  k =    1 C4k x k   C4i x 2i   k 0  i  0 . 0,25đ. k  2i  7 (Gt)    k ; i  1;3, 3;2 k , i  0,1,2,3,4. 0,25đ.  a7  C41C43  C43C42  40. 0,25đ Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chương trình nâng cao Câu 6b (2đ) 1) Tìm N  (C)? (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 1 7  Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M  ;  5 5 6 8 IM   ;   MI  2 5 5. 0,25đ. Giả sử tìm được N  (C)  MN  MI + IN = 3. 0,25đ. Dấu “=” xảy ra  N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C). 6   x  1  5 t (IM):  y  3  8 t 5 . ;. IM  C   N1; N 2 .  2 11   8 19   N1   ;  , N 2   ;  ; MN1 < MN2  5 5  5 5. 0,25đ.  8 19  Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán: N   ;   5 5. 0,25đ. 2) Tìm M  (S) , N  (P) ? (S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 1 Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1 (P): x - 2y + 2z - 3 = 0  d I; P  = 2  ( P )  ( S )  Ø Giả sử tìm được N0  (P)  N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P). 0,25đ. d   I (1;2;1)  N 0  d  P , với:  (d )  ( P )  ud  (1;2;2).  x  1  t   1 2 7  d :  y  2  2t  N 0   ; ;   3 3 3  z  1  2t . 0,25đ. (d )  ( S )  {M1 ; M2}  2 4 5  4 8 1  M1  ; ;  , M 2   ; ;   3 3 3  3 3 3 M1M0 = 1 < M2M0 = 3 M0  (S) để M0N0 nhỏ nhất  M0  M1. 0,25đ. Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.  2 4 5  1 2 7 M  ; ;  , N ; ;   3 3 3  3 3 3. 0,25đ. Câu 7b (1đ) Đạo hàm bằng định nghĩa: lim x 0. 3 1  3x  1  2 x f ( x)  f (0) = lim x 0 x2 x. 0,25đ. 1  3 x  (1  x)  (1  x)  1  2 x x2. 0,25đ. 3. = lim x 0. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> = lim x 0. = -1 +. 3 x 3. (1  3 x)  1  x  1  3 x  1  x  2. 2. 3.  lim x 0. 1 (1  x)  1  2 x. 1 1 1 = - . Vậy, f '( 0 )   2 2 2. 0,25đ 0,25đ. ................................................ Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x)  x 3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x. .   5 x. 2) Giải phương trình: x 2  1. 2. 2 x 2  4;. xR. . x  sin 2 x Câu III (1 điểm) Tính I   dx 1  cos 2 x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn A  600 . Tính theo a đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , A ASO  SAB 3 0. chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . 4x  y 2x  y  xy 4. Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A 0; 1; 2 ,. B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 . 2. 2. 2. 2. 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z   z   z   Phần B Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình : x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: x  y  1  0 . Lập. phương trình mặt cầu S  đi qua ba điểm A 2;1; 1, B 0; 2; 2 , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng P . 2.   3  log 1 x  1   log 2 x  1  6 2  2 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:   log 2 x  1 2  log 1 ( x  1) 2. --------------------Hết--------------------. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 146 ). Câu I.1 (1,0 đ). m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x 3  3 x  2, Tập xác định D  R. Sự biến thiên  x  1 y '  3( x 2  1)  0   x  1  x  1 hàm số đồng biến trên ; 1 và 1;   y' 0   x  1. 0,25. y '  0  1  x  1 hàm số nghịch biến trên 1;1. điểm CĐ 1; 4  , điểm CT 1;0  lim y  . x . lim y  . 0,25. x . Điểm uốn: y ''  6 x  0  x  0 , Điểm uốn U 0; 2  Bảng biến thiên: 1 0. . x y'. +. 1 0. . . . CĐ. y. 0,25. . CT. . 0,25 Câu I.2 (1,0 đ). Đồ thị Phương trình cho HĐGĐ x3  mx  2  0, (*) x3  2 x  0 không thỏa mãn nên: (*)  m   x 3 x 2 2 2   x 2   g '( x)  2 x  2 Xét hàm số g ( x)   x x x g '( x)  0  x  1 ta có bảng biến thiên: x g '( x). . . ll . 0,25 . 0. . -3. g ( x) . 0,25. 1. 0. +. 0,25. . . Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II.1 (1,0 đ). 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x . 1 ,(1) sin 2 x. Lop10.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Điều kiện: x  k. . 0,25. 2. 4sin x  cos 2 x 2sin 2 2 x  1 (1)   sin 2 x sin 2 x  2(1  cos 2 x)  cos 2 x  2(1  cos 2 2 x)  1 2. 0,25.  2 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0 cos 2 x  1 (loai do:sin 2 x  0)    x    k 1 cos 2 x   3  2 Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x  . x. Câu II.2 (1,0 đ). 2.  1  5  x 2 x 2  4; 2. 0,25  3.  k , k  Z. 0,25. xR. Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình. t2  1  5  t  t 2  2t  8  0 2 t  4  t  2. 0,25. 0,25 x  0. x  0   4 4 2 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0. + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4  . x  0  2 x 2 x  2 . 0,25 x  0. x  0   4 4 2 2 2( x  2 x )  4 x  2x  2  0. + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2  .  x  0  2 x  x  3  1. 3 1. ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2, x  Câu III (1,0 đ). 0,25. 3 1. .   x  sin 2 x x sin 2 x 3 dx   3 dx  0 2cos2 x dx 0 1  cos 2 x 0 2cos 2 x  x 1 3 x I1   3 dx  dx 0 2cos 2 x 2 0 cos 2 x u  x du  dx  Đặt  dx   v  tan x dv  cos 2 x    1  1  I1   x tan x 03   3 tan xdx    ln cos x 0 2  2 3 2. I 3. 0,25.  3 0. . . 1  ln 2 2 3 2.   sin 2 x 1 3 1  3 2 2 3 dx  tan xdx  (1  tan x ) dx  dx  2 0   0 2cos x 2 0 2  0  1 1   tan x  x 03   3   2 2 3. 0,25. . I2   3. Lop10.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 1   I  I1  I 2   ln 2   3    2 3 2 3 2. . Câu IV (1,0 đ). Câu V (1,0 đ). S.  3  1 1 ( 6. 2. 0,25 3  ln 2). Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a Đặt OA  R. A  600  SAB đều SAB 1 1 1 OA R IA  AB  SA   2 2 2 sin AASO 3 2 Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 R2 a 6 2 R   a2  R  O A 3 2 I  SA  a 2 B a 2 Chiếu cao: SO  2 a 6 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   a 2   a2 3 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P           xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3         x   2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P bằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 2 2 P. Lưu ý: Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x) . Câu AVI.1 (1,0 đ). 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,50 0,25. 3x  5 3x  5  x(5  x) 4. A nằm trên Ox nên A a;0 , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B (b; b) ,   M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1). 0,25. Tam giác ABM vuông cân tại M nên:.   (a  2)(b  2)  (b  1)  0  MA.MB  0  ,   2 2 2 ( a  2)  1  ( b  2)  ( b  1)  MA  MB  do b  2 không thỏa mãn vậy b 1  a2 ,b  2 b 1   ,b  2 b2 a  2    b2  2 2 2 2 (a  2)  1  (b  2)  (b  1)  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2   b  2   a  2 b 1   a  2  b  2 , b  2  b  1    a  4   (b  2) 2  (b  1) 2  .  1  1  0    2  (b  2)      b  3 a  2 Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 b  1  Lop10.com. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> a  4 đường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 b  3. Với . 0,25 .......................................................... Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ147 ). Câu 1: Cho hàm số y = 2 x  3 có đồ thị là (C) x 2. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( x   ).cos x  1 12 8 x y  27  18y 3 (1) 2) Giải hệ phương trình:  2 2 4 x y  6 x  y (2) 3 3. Câu 3:  2. 2. 1) Tính tích phân I =  sin x  sin x . 1 2. dx. 6. 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c   1 3 3 8c  1 8a  1 8b3  1. Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :  x  1  2t  3 y z 2 x  1   (d1) ; (d2)  y  2  t (t  A ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng  1 1 2 z  1  t . nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho  ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. .................................................... Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Đáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 147 ). Phần chung:. Câu 1: Cho hàm số y = 2 x  3 có đồ thị là (C) x 2. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất. Giải: 1) y= 2 x  3 (C) x 2. 5. D= R\ {2}. 4. lim y  2  TCN : y  2. x . 3. lim y  ; lim y    TCĐ x = 2. x 2. y’ =. y. 2. x 2. 1  0; x  2 ( x  2)2. 1. x -2. BBT. -1. 1 -1. -2. 2) Gọi M(xo;. 2 x0  3 ) (C) . x0  2. -3. 2 x0 2  6 x0  6  x Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =  ( x0  2)2 ( x0  2)2 2x  2 ( )  TCĐ = A (2; 0 ) x0  2. ( )  TCN = B (2x0 –2; 2). cauchy  4 2 2 AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  ( x0  2)2  x0  2  x  3  M (3;3)  AB min = 2 2   0  xo  1  M (1;1). Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( x   ).cos x  1 12.  x    k  3 (k  A ) Giải: phương trình  2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0     k x    4. 8 x 3 y 3  27  18y 3 (1). 2) Giải hệ phương trình: . 2 2 4 x y  6 x  y. Giải:. (2). (1)  y  0 3  3 3 8 x 3  27  18 (2 x )     18  y3  y Hệ   2   4 x  6 x2  1 2 x . 3  2 x  3   3    y y  y y a3  b3  18 a  b  3 3 Đặt a = 2x; b = . Ta có hệ:   y ab(a  b)  3 ab  1.  Hệ đã cho có 2 nghiệm  3  5 ; . 4. 6  , 3  5 ; 6     3 5   4 3 5 . Lop10.com. 2. 3. 4. 5.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Câu 3:  2. 2. 1) Tính tích phân I =  sin x  sin x . 1 2. dx. 6.  2. Giải:. I = . 3  cos 2 x  d (cos x) . 2. 6. §Æt cos x . 3 2.  cos u. . 3 2 2  I    sin udu = 2 . 3 16.   2 . 4. 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Giải: Đk x  0. đặt t = x ; t  0 2 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 0  m  2t 2  3t  3 (2) t  t 1 2 Xét hàm số f(t) = 2t 2  3t  3 (t  0) t  t 1 Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t  0  5  m  3 3. Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c   1 3 3 8c  1 8a  1 8b3  1. Giải: cauchy. 8c3  1  (2c  1)(4c 2  2c  1)  2c 2  1 . a  2a 3 8c  1 2c  1. b c  2b ;  2c 3 3 2 a  1 8a  1 8b  1 2b  1 a  b  c  1 (1) Ta sẽ chứng minh: 2 2c  1 2 a 2  1 2 b 2  1. Tương tự,. Bđt(1)  4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c)   8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2) Ta có: 2a3b2 +2ab2  4a2b2; …. (3) 2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3. 3 a5 b5c 5 =6 (do abc =1)(4) a3+b3+c3  3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5) a3 +a  2a2; …. (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Giải: Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = a 3 ; AAMS  600 và SO  mp(ABC) 2.  d(S; BAC) = SO = 3a. 4 3 1  V(S.ABC) = dt ( ABC ).SO  a 3 3 16 1 Mặt khác, V(S.ABC) = dt ( SAC ).d ( B; SAC ) 3 SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 3 2 2  dt(SAC) = a 13 3 16 Vậy d(B; SAC) = 3V  3a dt ( SAC ) 13. Phần riêng: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho  ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình ( ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Giải: Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (). M là đối xứng của B qua   M  AC và M là trung điểm của AC.. 5 5 . 5 5 . (BH): x –2y + 3 =0  H 1 ; 7  M 7 ; 4. y  7 BH = 3 5 CI = 6 5 ; C Oy  C(0; y0)   0 5.  yo  5. 5. 5 5  (0; –5)  A 14 ; 33  () nhận. 5 5. C(0; 7)  A 14 ; 27  ()loại. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : 3 y z 2  (d1) x  1  ; (d2) 1 1 2.  x  1  2t   y  2  t (t  A ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng  z  1  t . nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d1) , (d2) Giải:.  x  1  2t  (P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) ()  y  1  2t (t  A ) z  2 . 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho  ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G  (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp  ABC. Giải:. C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =  a  b  8(1)  a  b  2(2). a  b  5 2SABC  AB 2.  ab5  3 . 3. . Trọng tâm G a  5 ; b  5  (d)  3a –b =4 (3) 3. 3 2  65  89 S 3 (2), (3)  C(1; –1)  r   p 2 2 5. (1), (3)  C(–2; 10)  r = S  p. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x2 +y2 +z2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13  m  IM (m  13) Gọi H là trung điểm của MN  MH= 4  IH = d(I; d) = m  3    u; AI  (d) qua A(0;1;-1), VTCP u  (2;1;2)  d(I; d) =     3 u. Vậy :.  m  3 =3  m = –12( thỏa đk). ........................................................................................... Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải phương trình. cos 2 x. cos x  1  2 1  sin x . sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 3. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân.  3. 0. (x  A ). x 3 dx . x 1  x  3. Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3  y 3  16 z 3 P 3 x  y  z  II. 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z     d1: , d2: 2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1   2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình. 1  log 1  y  x   log 4 y  1  4  2 2  x  y  25. ( x, y  A ). -------------------Hết -------------------. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 148 ) Câu I. Nội dung. Điểm. HS tu lam. 2,0. II 1. 2.0 Giải phương trình. cos 2 x. cos x  1  2 1  sin x . sin x  cos x. 1.0. ĐK: sin x  cos x  0. 0.25. Khi đó PT  1  sin 2 x cos x  1  2 1  sin x sin x  cos x .  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0. 0.25.  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0. sin x  1  cos x  1. (thoả mãn điều kiện).   x    k 2   2   x    m2. k , m  Z  0.25. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  . 2. Giải phương trình:. 0.25.  2.  k 2 và x    m2. 7  x2  x x  5  3  2 x  x2. k , m  Z . (x  A ). 3  2 x  x 2  0 PT   2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x. 0.25. 2 3  2 x  x  0   x x  5  2( x  2). 0.25.  3  x  1   x  0  x2  x  5  2. x . 2  x  0  2 x  1x  16  0. 0.25.  x  1. 0.25. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3. III. Tính tích phân.  3. 0. Đặt u =. x 3 dx . x 1  x  3. 1.0. x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  x  3  u  2. 3. Ta có:. 2. 2. 2. x 3 2u 3  8u 1 dx  0 3 x  1  x  3 1 u 2  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du. . 1.0. 2. 0.25 0.25.  u 2  6u.  1  6 ln u  1 1. 0.25.  3  6 ln. 3 2. 0.25. 2. IV. 1.0 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> D. Dựng DH  MN  H Do DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .. C. B N. H. 0.25. M A. 2.  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1     3  3  2. Diện tích tam giác AMN là S AMN . 2. 2. 0.25. 1 3 AM . AN .sin 600  xy 2 4. 1 2 xy Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  3 12. Ta có: S AMN  S AMH  S AMH . 0.25. 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2  x  y  3 xy.. V. 0.25 1.0. x  y . 3. Trước hết ta có: x 3  y 3 . 4. (biến đổi tương đương)  ...  x  y  x  y   0 2. x  y  4P . 3. Đặt x + y + z = a. Khi đó. a.  64 z 3. 3. a  z  . 3. a.  64 z 3 3. 0.25.  1  t   64t 3 3. 0.25. z (với t = , 0  t  1 ) a. Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t  0;1. Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t   0;1   9. 0.25. Lập bảng biến thiên  Minf t   t0;1. 64 16  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81. 0.25. VI.a. 2.0. 1. 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  x  2 y 1  0   21 13  5   B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình  chữ nhật  nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các     đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. . .  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  Lop10.com. . . 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  x  y 1  0  2 I7;5     2 2  x  7 y  14  0 y  5  2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C 4;3 ; D  ;   5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD). 0.25. 0.25. 2. 1.0.  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m z  2  t  z  2m   Giả sửd cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t   k có nghiệm 2  2m  t  5k . 0.25. 0.25. 0.25. m  1 Giải hệ tìm được  t  1. VII.a.  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t . 0.25. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình. 1.0. log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3. n  N Điều kiện:  n  3. 0.25. Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3. n  7  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13. (thoả mãn) (không thoả mãn). 0.25. Vậy n = 7. 3. 2 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i . 1  i    1  i .(2i )3  (1  i ).(8i )  8  8i  . 0.25. Vậy phần thực của số phức z là 8.. 0.25. VI.b. 2.0. 1. 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7 Lop10.com. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>