Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 - Huỳnh Đức Khánh

Đây là Đề thi thử số 2 do tôi soạn (có một số câu lấy từ nguồn khác), các bạn hãy so sánh xem với ĐỀ DỰ
1 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 của thầy NGUYỄN THÀNH LONG đưa lên có gì giống nhau khơng?
Giống đến 8/13 câu. ThầyLONG ghi là đề DỰ BỊ 1 NĂM 2012. Tôi mong thầy LONG nên cẩn thận cách ghi tiêu đề.
HUỲNH ĐỨC KHÁNH

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013

ĐỀ THI THỬ SỐ 02

Mơn thi : TỐN; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 − 2 m2 − m + 1 x2 + m − 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để đồ thị hàm số có khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu ngắn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :

cos3 x − sin3 x
2

=

1
cos 2x.
4

1 + (cos x + sin x)
√
√

√
2. Giải phương trình : x − 1 + 3 x + 6 = 4 x + 79,

(x ∈ R).

π
2

(sin 2x + cos x + 1) + (2x cos x + 1) ln x
dx.
sin x + x ln x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I =
π
6

Câu IV (1,0 điểm)√Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là tam giác
đều và SB = a 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và AB. Gọi H là giao điểm của F C và EB.
Chứng minh SE⊥EB, CH⊥SB và tính thể tích khối chóp C.SEB.
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = ab + bc + ca − 2abc.
PHẦN RIÊNG(3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4; 3). Đường thẳng (d) : x − y − 2 = 0 và (d ) : x + y − 4 = 0
cắt nhau tại M . Tìm B ∈ (d) và C ∈ (d ) sao cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M BC.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua A(3; −2; −4), song song với
x−2
y+4
z−1

mặt phẳng (P ) : 3x − 2y − 3z − 7 = 0 và cắt đường thẳng (d) :
=
=
.
3
−2
2
2

2

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1+z = |z − i| +(iz − 1) . Tính mơđun của số phức w = z+

4
.
z+1

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (1; −1) và hai đường thẳng có phương trình (d1 ) : x−y−1 = 0,
(d2 ) : 2x + y − 5 = 0. Gọi A là giao của hai đường thẳng trên. Viết phương trình đường thẳng (d) đi
qua M , cắt hai đường thẳng trên lần lượt tại B và C sao cho ABC là tam giác có BC = 3AB.
y−2
z−3
x−1
=
=
và đường thẳng
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d1 ) :
1

2
3
x+1
y−1
z−2
(d2 ) :
=
=
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d1 ), bán kính bằng 5, đồng
1
2
1
thời cắt (d2 ) tạo thành một dây cung có độ dài lớn nhất.
√
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức Oxy của số phức z = (1+i 3)z +2
biết rằng số phức z thỏa mãn |z − 1| ≤ 2.
——— HẾT ———
Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:

Số báo danh:


Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 02
Câu I. 2.
Ta có : y ' = 4x 3 − 4 ( m 2 − m + 1 ) x = 4x  x2 − ( m 2 − m + 1 ) 
x = 0
.
y ' = 0 ⇔  2

2
 x = m − m + 1
Để đồ thị hàm số có hai cực tiểu ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt

1
3
⇔ m − m + 1 > 0 ⇔  m −  + > 0, ∀m ∈ ℝ .

2
4
2

2

(

)

Tọa độ hai điểm cực tiểu B − m2 − m + 1; yCT và C

(

)

m2 − m + 1; yCT .


1
3
3

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu BC = 2 m − m + 1 = 2  m −  + ≥ 2
=

2
4
4
2

2

3.

1
.
2
Câu II. 1. Phương trình đã cho
cos 3 x − sin 3 x
1
⇔
= cos 2x
1 + 1 + 2 sin x cos x
4
⇔ 2 ( cos3 x − sin 3 x ) = cos 2x ( 1 + sin x cos x )
⇔ 2 ( cos x − sin x )( 1 + cos x sin x ) = ( cos x − sin x )( cos x + sin x )( 1 + sin x cos x )
⇔ ( cos x − sin x )( 1 + cos x sin x )  2 − ( cos x + sin x )  = 0
 ta n x = 1
 cos x − sin x = 0




⇔  1 + cos x sin x = 0
⇔  sin 2x = −2
( VN )
 cos x + sin x = 2
 2 − cos x + sin x = 0
(
)
( VN )


π
• tan x = 1 ⇔ x = + kπ, k ∈ ℤ .
4
π
Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ ( k ∈ ℤ ) .
4
Câu II. 2. Bỏ trống
Câu III.

Dấu '' = '' xảy ra khi m =

Phân tích : ( sin 2x + cos x + 1 ) + ( 2x cos x + 1 ) ln x = sin 2x + 2x cos x ln x + cos x + 1 + ln x
= 2 cos x ( sin x + x ln x ) + cos x + 1 + ln x

Phần này nháp.
π
2

Ta có : I =

∫
π
6

π
2

=

∫
π
6

2 cos x ( sin x + x ln x ) + ( cos x + 1 + ln x )
sin x + x ln x
2 cos x ( sin x + x ln x )
sin x + x ln x

π
2

dx + ∫
π
6

dx

cos x + 1 + ln x
dx
sin x + x ln x

Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh
π
2

π
2

π
6

π
6

+∫

cos x + 1 + ln x
dx . Đặt : t = sin x + x ln x
sin x + x ln x

⇒

= 2∫ cos xdx + ∫
π
2

• Tính A =

∫

π
6

Đổi cận : x =

Do đó : A =

cos x + 1 + ln x
dx = 2 sin x
sin x + x ln x

π
1 π π
⇒ t = + ln ;
6
2 6 6

π π
1+ ln
2 2

π π
1+ ln
2 2

1 π
+ ln
2 6 6

1 π π

+ ln
2 6 6

∫

Vậy I = 2 sin x

π
2

π
2
π
6

π
2
π
6

dt
= ln t
t
π

x=

π
6

cos x + 1 + ln x
dx
sin x + x ln x

dt = ( cos x + 1 + ln x ) dx .

π
π π
⇒ t = 1 + ln .
2
2 2


1 π π
π π
= ln  1 + ln  − ln  + ln  .
2 2

 2 6 6 


1 π π
π π
+ A = 1 + ln  1 + ln  − ln  + ln  .

 2 6 6 
2 2 

Câu IV.
Tam giác SAD đều cạnh a nên SE =

a 3
.
2

S

Xét tam giác EAB vng tại B, ta có :

EB =

AE2 + AB2 =

a 5
.
2

a 2

Ta có

3a 2 5a 2
+
= 2a 2 = SB2 .
4
4
Suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE ⊥ EB . (1)
SE2 + EB2 =

F

A

B

H
E

a

D

C

Mặt khác, tam giác SAD đều có E là trung điểm nên SE ⊥ AD .
Từ (1) và (2) suy ra SE ⊥ ( ABCD ) .

(2)

Từ SE ⊥ ( ABCD )

(3)

⇒

SE ⊥ EB .

Ta có : ∆EAB = ∆BFC
Mặt khác,
Suy ra

⇒

ABE = FCB

AEB = CBH (so le trong)
900 = ABE + AEB = FCB + CBH .

Do đó CH ⊥ EB .
Từ (3) và (4) suy ra CH ⊥ ( SEB )
Tính VC.SEB = VS.ECB =

(4)
⇒

CH ⊥ SB .


1
11
a3 3
S∆ECB .SE =  BC.AB  SE =
(đvtt).
3
3  2
12



Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh

Câu V. Bỏ trống
Câu VI. a. 1.
Do M là giao điểm của ( d ) và ( d ' ) nên M ( x; y ) là nghiệm hệ
 x − y − 2 = 0
 x = 3
⇔ 
⇒ M ( 3;1 ) .

 x + y − 4 = 0
 y = 1


Điểm B thuộc ( d ) : x − y − 2 = 0 nên B ( 2 + b; b ) , C thuộc ( d ' ) : x + y − 4 = 0 nên C ( 4 − c; c ) .

Do A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC nên

(3 − 4)

( b − 2) + (b − 3)
 b = 1 ⇒ B ( 3;1 ) ≡ M ( loai )

 b = 4 ⇒ B ( 6; 4 )

2

AM = AB ⇔

⇔ b2 − 5b + 4 = 0 ⇔

+ (1 − 3 ) =

2

2

2

và

AM = AC ⇔

(3 − 4)

2

+ (1 − 3 ) =
2

( −c )

2

+ (c − 3)

2

 c = 1 ⇒ C ( 3;1 ) ≡ M ( loai )
.
⇔ c2 − 3c + 2 = 0 ⇔ 
 c = 2 ⇒ C ( 2;2 )
Vậy B ( 6; 4 ),C ( 2;2 ) .

Câu VI. a. 2.

 x = 2 + 3t

Ta có : ( d ) :  y = −4 − 2t, t ∈ ℝ . Gọi M = ( ∆ ) ∩ ( d ) nên M ( 2 + 3t; −4 − 2t;1 + 2t ) .

 z = 1 + 2t
Suy ra ( ∆ ) có vtcp AM ( 3t − 1; −2t − 2;2t + 5 ) .
Do ( ∆ ) song song với mặt phẳng ( P ) nên
với n P ( 3; −2; −3 ) là vtpt của ( P )

AM.n P = 0

⇔ 3 ( 3t − 1 ) − 2 ( −2t − 2 ) − 3 ( 2t + 5 ) = 0 ⇔ t = 2 .
Với t = 2 ⇒ AM ( 5; −6;9 ) . Đường thẳng ( ∆ ) qua A ( 3; −2; −4 ) và có vtcp AM ( 5; −6; 9 ) nên

(∆) :

x−3
y+2
z+4
.
=
=
5
−6
9

Câu VII. a.
Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ . Suy ra z = a − bi.

Khi đó : 1 + z = z − i + ( iz − 1 )
2

2

⇔ 1 + a − bi = a + ( −b − 1 ) i +  i ( a + bi ) − 1 
2
2
⇔ 1 + a − bi = a 2 + ( b + 1 ) + ( −b − 1 + ai )
2

2

⇔ 1 + a − bi = a 2 + ( b + 1 ) + ( b + 1 ) − 2a ( b + 1 ) i − a 2
2

⇔ 1 + a − bi = 2 ( b + 1 ) − 2a ( b + 1 ) i
1 + a = 2 ( b + 1 )2 (1)
⇔
 −b = −2a ( b + 1 ) (2).

2

2


Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh
Từ (2) suy ra : a =

b

, thay vào (1) ta được
2 ( b + 1)

1+
⇔

2
b
= 2 ( b + 1)
2 ( b + 1)

⇔

2 ( b + 1) + b = 2 ( b + 1 ) 2 ( b + 1)
2

2 ( b + 1) + ( b + 1) − 1 = 2 ( b + 1) 2 ( b + 1) .
2

 t = −1 ⇒ b = −2 ⇒ a = 1

Đặt t = b + 1 , ta được ⇔ 2t + t − 1 = 2t 2t ⇔ 4t − 3t + 1 = 0 ⇔ 
.
t = 1 ⇒ b = −1 ⇒ a = −1

2
2
2
• Với a = 1; b = −2 . Suy ra z = 1 − 2i . Khi đó
2

w = z+

3

4
4
= 1 − 2i +
= 1 − 2i + 1 + i = 2 − i =
z+1
2 − 2i

5.

1
1
1 1
• Với a = − ; b = − . Suy ra z = − − i . Khi đó
2
2
2 2
w = z+

4
1 1
4
1 1
8
7 7
7 2

.
= − − i+
= − − i+
= + i =
z +1
2 2
1 1
2 2
1− i
2 2
2
− i
2 2

Câu VI. b. 1.
Do A là giao điểm của ( d1 ) và ( d2 ) nên A ( x; y ) là nghiệm hệ
 x − y − 1 = 0
 x = 2
⇔ 
⇒ A ( 2;1 ) .

 2x + y − 5 = 0
 y = 1


Điểm B = ( d1 ) ∩ ( d ) nên B ( 1 + b; b ) , C = ( d2 ) ∩ ( d ) nên C ( c; 5 − 2c ) .

Suy ra MB ( b; b + 1 ), MC ( c − 1; 6 − 2c ), AB ( b − 1; b − 1 ), BC ( c − b − 1;5 − 2c − b ) .
Ba điểm B, C và M cùng thuộc đường thẳng ( d ) nên MB và MC cùng phương
⇔

b ( 6 − 2c ) = ( b + 1 )( c − 1 )

⇔

7b + 1 = ( 3b + 1 ) c

⇔

Yêu cầu bài toán BC = 3AB
⇔

( c − b − 1)

⇔

 −3b2 + 3b 
 −3b2 + 3 

 + 
 =3
 3b + 1 
 3b + 1 

2

+ ( 5 − 2c − b ) = 3
2

2

2

9b2 ( −b + 1 ) + 9 ( −b2 + 1 )

+ ( b − 1)

2

2

( b − 1)

2

2

2

⇔

( b − 1)

= 18 ( b − 1 )

2

( 3b + 1 )
2
2

2
⇔ ( 1 − b )  b2 + ( 1 + b )  = 2 ( b − 1 ) ( 3b + 1 )


2  2
2
2
⇔ ( 1 − b )  b + ( 1 + b ) − 2 ( 3b + 1 )  = 0


2
⇔ ( 1 − b )  −16b2 − 10b − 1  = 0
2

2

b = 1

⇔  b = −1 / 2
 b = −1 / 8.

• Với b = 1 ⇒ B ( 2;1 ) ≡ A (loại).

+ ( b − 1)

2

c=

7b + 1

.
3b + 1


Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh
1 1
1
• Với b = − ⇒ c = 5 . Suy ra B  ; − , C ( 5; −5 ) .
2
 2 2 
 7 1   1 23 
1
1
• Với b = − ⇒ c = . Suy ra B  ; − , C  ;  .
8
5
 8 8   5 5 
Câu VI. b. 2.
Gọi I là tâm mặt cầu ( S ) . Do I ∈ ( d1 ) nên I ( 1 + t;2 + 2t; 3 + 3t ) .
Đường thẳng ( d2 ) đi qua M ( −1;1;2 ) và có vtcp u d2 ( 1;2;1 ) .
Suy ra IM ( −t − 2; −2t − 1; −3t − 1 ) ⇒  IM; u d2  = ( 4t + 1; −2t + 1; −3 ) .


Mặt cầu ( S ) cắt đường thẳng ( d2 ) tạo thành một dây cung lớn nhất khi d ( I; d2 ) nhỏ nhất.

 IM; u 

d2 
 =
Ta có d ( I; d2 ) = 

u d2

( 4t + 1 )

2

+ ( −2t + 1 ) + 9
2

1+ 4 +1

1
54
20  t +  +
10 
5

2

=

20t2 + 4t + 11
6

=

6

1
9 18 27 

Dấu '' = '' xảy ra khi t = − . Suy ra I  ; ;  .
 10 10 10 
10

≥

54
5 = 3 .
6
5




9
18 
27 
Vậy ( S ) :  x −  +  y −  +  z −  = 25 .


10 
10 
10 

2

2

2

Câu VII. b.
Gọi z ' = x + yi; x, y ∈ ℝ .
Ta có

(

)

z′ = 1 + i 3 z + 2

⇔

z=

⇔

z=

z '− 2
1+i 3
x − 2 + yi
1+ i 3

=

x + y 3 − 2 −x 3 + y + 2 3
i.
+
4
4

Yêu cầu bài toán
z −1 ≤ 2

⇔

x + y 3 − 2 −x 3 + y + 2 3
+
i −1 ≤ 2
4
4

⇔

x + y 3 − 6 −x 3 + y + 2 3
+
i ≤2
4
4

⇔
⇔

(x + y
(x + y

3 −6

16
3−6

)

( −x
+

3 +y+2 3

) + ( −x

3 +y+2 3

2

2

⇔

x + y − 6x − 2 3y ≤ 4

⇔

( x − 3)

2

16

)

2

)

2

≤2
≤8

2

2

(

+ y− 3

)

2

≤ 16.

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức Oxy của số phức z ' là hình trịn (kể cả đường

(

)

trịn) tâm I 3; 3 , bán kính R = 4 .

---------- HẾT ----------