De dap an thi thu 06

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

ŀ

<b>ĐỀ THAM KHẢO </b>

<b>Email: </b>

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 </b>
<b>Môn thi : TOÁN - khối B. </b>

<i><b>Ngày thi thử: tháng 04 năm 2012 </b></i>

<b>I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH </b>
<b> Câu I: </b>Cho hàm số:

3 2

x x 7

y 2x

3 2 3

= − − + + có đồ thị là

( )

C .

<b>1.</b> Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

( )

C của hàm số.

<b>2.</b> Tìm tất cả các điểm trên đường thẳng 30x 24y 61 0− + = để từ đó kẻ đến đồ thị

( )

C kẻ 3 tiếp tuyến tương
ứng với 3 tiếp điểm có hồnh độ x ,x , x thỏa ₁ ₂ ₃ x₁<x₂< <0 x₃.

<b> Câu II: </b>

<b>1.</b> Giải phương trình:

(

)

2 ₂

2

sin x cos x 2sin x 2

sin x sin 3x

1 cot x 2 4 4

+ − ₌  π₋ ₋ π₋ 

   

 

+     .

<b>2.</b> Giải phương trình:

(

)

2 2

2 2

x xy xy y 3 x y
x y 369

 ₋ ₊ ₋ ₌ ₋




− =


<b> Câu III: </b>Tính tích phân:

(

)

2 5

2 2

2

xdx
I

x 1 x 5

=

+ +

∫

<b> Câu IV: </b>Hình chóp tứ giác đều SABCD có có đáy ABCD là hình vng cạnh a,SA⊥mp ABCD ,SA

(

)

=a. Gọi E là
trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vng góc của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện

SAEI.

<b> Câu V: </b>Cho x, y,z là các số thực dương thỏa mãn x2+y2+z2+2xy=3 x

(

+ +y z

)

. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

20 20
P x y z

x z y 2

= + + + +

+ +

<b>II. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc B ) </b>
<b>A. Theo chương trình chuẩn</b>

<b> Câu VI.a: </b>

<b>1</b>. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 3 đường thẳng d :x 3y₁ − =0, d :2x₂ + − =y 5 0, d : x y₃ − =0. Tìm tọa độ các
điểm A d , B d , C, D d∈ ₁ ∈ ₂ ∈ ₃ để tứ giác ABCD là một hình vng.

<b>2. </b> Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz,cho 2 đường thẳng d :₁ x y 1 z , d :₂ x 1 y 1 z 4

1 2 1 1 2 3

+ − + −

= = = =

− . Viết phương

trình đường thẳng d cắt cả 2 đường thẳng d ,d đồng thời song song với đường thẳng ₁ ₂ :x 4 y 7 z 3

1 4 2

− − −

∆ = =

− .

<b>Câu VII.a: </b> Tìm số phức z thỏa mãn: z3=z.

<b>B. Theo chương trình nâng cao </b>
<b> Câu VI.b: </b>

<b>1.</b>Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A 1;0 ,B

( ) (

−2;4 ,C

) (

−1;4 ,D 3;5

) ( )

và đường thẳng d :
3x y 5 0− − = . Tìm điểm M trên

( )

d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.

<b>2.</b> Trong mặt phẳng toạ độ Oxyz, cho các điểm A 0;1;0 ,B 2;2;2 ,C

(

) (

) (

−2;3;4

)

và

( )

d :x 1 y 2 z 3

2 1 2

− ₌ + ₌ +

− . Tìm

điểm M thuộc

( )

d sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>... </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>
<b>Câu I. </b>

<b>2. </b>M∈

( )

d : 30x 24y 61 0− + = ⇒ M m;5m 61

4 24

 ₊ 

 

 

Phương trình tiếp tuyến của

( )

C tại N x ;y

(

₀ ₀

)

:

(

)

(

)

3 2

2
0 0

0 0 0 0

x x 7

y 2x x x 2 x x

3 2 3

 

− −_ − + + _= − − + −

 

Tiếp tuyến đi qua M

(

)

(

)

3 2

2
0 0

0 0 0 0

x x

5m 61 7

2x x x 2 m x

4 24 3 2 3

 

⇔ + − −_ − + + _= − − + −

 

3 2

0 0 0

2 1 3m 5

x m x mx 0

3 2 4 24

 

+_ − _ − + − =

 

( )

∗

Để thỏa u cầu bài tốn thì phương trình

( )

∗ có hai nghiệm âm phân biệt

2 7m 5 5 1

m 0 m hay m

3 12 2 6

5 5

m 0 m

18 18

3 5 5

m 0 m

2 4 6

 ₊ ₋ _>  _{< −} _>

 

 

 

⇔_ − > ⇔_ <

 

 _{− <}  _<

 

 

Vậy, những điểm M nằm trên đường thẳng d có hồnh độ m thỏa m 5
2

< − hoặc 1 m 5
6< <18.

<b>Câu II. </b>

<b>1. </b>Điều kiện: sin x≠0

Phương trình đã cho tương đương với:

(

_{sin2x cos2x .sin x}

)

2 _{2 cos} _{2x .sin x}

4

π

 

+ = _ − _

 

(

)

cos 2x .sin x cos 2x sin x 1 .cos 2x 0

4 4 4

π π π

     

⇔ _ − _ = _ − _⇔ − _ − _=

     

∗ sin x 1 x k2
2

π

= ⇔ = + π

∗ cos 2x 0 x 3 k

4 8 2

π π π

 

− = ⇔ = +

 

 

Vậy, nghiệm của phương trình là: x k2 ,
2

π

= + π x 3 k k

(

)

8 2

π π

= + ∈

<b>2. </b>Điều kiện:

x 0
y 0
x y 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Đặt:

(

)

2 2 2 2
2

2
2 2

2

u v x y

u x xy , u 0

u v x y , u v

v xy y , v 0

 ₌ ₋ _≥ _ ₊ ₌ ₋
 _⇒

 
− = − ≥
= − ≥ 
 


Hệ cho trở thành:

(

)

2 2

2 2 ₂ ₂

u v . u v 3 u v 0

u v 3 u v

u v 369 _u _v ₃₆₉


 _{+ =} ₋ + + − − =
 _⇔
 
+ =
  + =
 _

( )

2 2

u v 0

I
u v 369

+ =

⇔ 

+ =

 hoặc 2 2

( )

u v 3 u v

II

u v 369

 _{+ =} ₋




+ =



( )

I u v 0 vì u 0, v 0

(

)

0 369

 = = ≥ ≥


⇒ 

=

 nên hệ vô nghiệm.

( )

₂ ₂

(

)

(

)

2

4u

u v 9 u v v u 15 vìu 0

II 5

v 12

u v 369 _u ₂₂₅


 + = − =  = ≥
  
⇔_ ⇔_ ⇔_
=
+ = 
  
 _ ₌

(

)

2

(

)

2 2

2 2 2

2

x xy 15 x xy 225 x y 81 x y 9 vì x y x 25

y 16
x y 41

xy y 144 _x _y ₃₆₉

xy y 12

 ₋ ₌ _ ₋ ₌ _ ₋ ₌ _{ − =} _≥ _ ₌
   
⇔_ ⇔_ ⇔_ ⇔_ ⇔_
=
+ =
− = 
 − =  
− =  
 _


Vậy, nghiệm của hệ phương trình là:

(

25;16

)

.

<b>Câu III. </b>Đặt _t₌ _x2_{+ ⇒}₅ _t2₌_x2_{+ ⇒}₅ _xdx₌_tdt

Đổi cận: x= ⇒ =2 t 3, x=2 5⇒ =t 5

Vậy,

(

)

5

5 5 5

2
2

3 3 3 3

tdt dt 1 1 1 1 t 2 1 15

I dt ln ln

t 4 4 t 2 t 2 4 t 2 4 7

t 4 t

−
 
= = = _ − _ = =
− − + +

−  

∫

∫

∫

<b>Câu IV.</b> Vẽ SI⊥BE, I BE∈ . AI là hình chiếu của SI lên

(

ABCD

)

⇒AI⊥BE

Ta có: ABI∆ đồng dạng BEC∆

BC.AB
AI

AI AB BI BE

BC BE EC EC.AB

BI
BE
 ₌

⇒ = = _{⇒ }
 =

Mà
2

2 2 2

a a a 5

AB BC a, EC , BE BC EC a

2 4 2

= = = = + = + =

Nên:

a
.a

a.a 2a 5 ₂ a 5

AI , BI

5 5

a 5 a 5

2 2

= = = =

2 2

2

ABCD ADE BCE

1 a 1 a

S a ,S DA.DE , S BC.EC

2 4 2 4

∆ ∆
= = = = =


2
ABI

1 1 2a 5 a 5 a

S AI.BI . .

2 2 5 5 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

2 2 2
2

AEI ABCD ADE BCE ABI

a a 3a

S S S S S a

2 5 10

∆ = − ∆ − ∆ − ∆ = − − =

3
S.AEI AEI

1 a

V .S .SA

3 ∆ 10

= = ( đvtt )

<b>Câu V. </b>Theo Bất đẳng thức Cô si, ta có:

(

) (

)

2 ₂ 1

(

)

2

3 x y z x y z x y z 0 x y z 6

2

+ + = + + ≥ + + ⇒ < + + ≤

(

)

1

2 x z 4 x z ,

2

+ ≤ + + 2 y 2 1

(

6 y

)

2

+ ≤ +

Suy ra: P x y z 80 80 x y z 320

4 x z 6 y 10 x y z

≥ + + + + ≥ + + +

+ + + + + +

Đặt t= + + ⇒x y z 0 t< ≤6

Xét hàm số: f t

( )

t 320
10 t

= +

+ với 0 t< ≤6. Ta có: f ' t

( )

<0 với t∈

( )

0;6

Hàm số f t

( )

nghịch biến trên

(

0;6

]

suy ra minf t

( ) ( )

=f 6 =26

Đẳng thức xảy ra khi x 1,y= =2,z 3= .

<b>Câu VI.a: </b>

<b>1. </b>Gọi B b;5 2b

(

−

)

∈d₂ . Đường thẳng ∆₁ qua B và vng góc d cắt ₃ d tại C . Phương trình ₃ ∆₁: x+ + − =y b 5 0
Tọa độ của C là nghiệm hệ x y 0 C 5 b 5 b;

x y b 5 0 2 2

− =

 _⇒  − − 

 _{+ + − =}  

 



Đường thẳng AB d ₃ nên có phương trình x y 5 3b 0− + − = .
Tọa độ A là nghiệm hệ x y 5 3b 0 A 9b 15 3b 5;

x 3y 0 2 2

− + − =

 _⇒  − − 

 ₋ ₌  

 



Đường thẳng ∆₂ qua A và vng góc d cắt ₃ d tại ₃ D . Phương trình ∆₁: x y 6b 10 0+ − + =
Tọa độ của D là nghiệm của hệ x y 0 D 3b 5;3b 5

(

)

x y 6b 10 0

− =


⇒ − −



+ − + =



ABCD là hình vng _⇔_{AD CD}₌ _⇔_2b2₋_{9b 10 0}₊ _{= ⇔ =}_{b 2}_hoặc_b 5

2

=

( )

( )

3 1 3 3

b 2 A ; , B 2;1 , C ; ,D 1;1

2 2 2 2

   

= ⇒    

    hoặc

5 15 5 5 5 5 5 5

b A ; , B ;0 , C ; , D ;

2 4 4 2 4 4 2 2

       

= ⇒        

       

<b>2. </b>d đi qua₁ M₁=

(

0; 1;0−

)

có vectơ chỉ phương u₁=

(

1; 2; 1

)

, d đi qua₂ M₂=

(

1; 1;4−

)

có vectơ chỉ phương

(

)

2

u= 1; 2;3− . Nhận thấy, _u ,u₁ ₂_=

(

8; 2; 4 , M M− −

)

₁ ₂=

(

1; 0; 4

)

⇒_u ,u ₁ ₂_.M M₁ ₂= − ≠8 0, nên d ,d₁ ₂ chéo nhau.

Gọi M d= ∩d , N d₁ = ∩d₂⇒M=

(

t; 1 2t;t , N− +

)

=

(

1 s; 1 2s;4 3s+ − − +

)

(

)

MN 1 s t; 2s 2t;4 3s t

⇒= + − − − + − là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

( )

d

Lại có: u=

(

1;4; 2−

)

là vectơ chỉ phương của ∆
Theo bài toán, d∆ ⇒u cùng phương với MN

(

)

s t 2 0 s 0

u,MN 0 M 2;3;2

5s 3t 6 0 t 2

− + = =

 

 

⇔_ _= ⇔_ ⇔_ ⇒ =

− + = =

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Vậy đường thẳng cần tìm là d :x 2 y 3 z 2

1 4 2

− − −

= =

−

<b>Câu VII.a: </b> Giả sử z= +a bi, a,b

(

∈_»

)

⇒ = −z a bi
Dễ thấy, z3=

(

a+bi

)

3=a3+3a bi2 −3ab2−b i3

Do đó z=z3

( )

( )

3 2

2 3

a 3ab a 1
3a b b b 2

 − =


⇔ 

− = −


( )

∗

Đặt a=tb,

(

t∈

)

. Hệ

( )

∗ trở thành:

( )

( )

( )

( )

3 ₂

2 3

tb 3 tb b tb

3 tb b b b

 ₋ ₌




− = −

 suy ra

(

)

2

t t −1 = ⇔ =0 t 0, t= −1 hoặc t=1.

<b>TH1</b>: Khi t= ⇒ =0 a 0 thay vào

( )

2 ta được −b3= −b ⇔ =b 0 hoặc b= −1 hoặc b 1= .

<b>TH2</b>: Khi t= ± ⇒ = ±1 a b thay vào

( )

2 ta được 2b3= −b ⇔ =b 0
Vậy, số phức thỏa mãn bài toán: z 0,= z= −i, z=i

<b>Câu VI.B: </b>

<b>1. </b>M x;y

(

)

∈ ⇔d 3x y 5 0.− − = AB 5,CD= = 17
Ta có: AB

(

−3;4

)

⇒n_AB

( )

4;3 ⇒

phương trình đường thẳng AB : 4x 3y+ − =4 0

( )

CD

(

)

CD 4;1 ⇒n 1; 4− ⇒

phương trình đường thẳng CD : x 4y 17 0− + =

(

)

(

)

MAB MCD

4x 3y 4 x 4y 17

S S AB.d M, AB CD.d M,CD 5 17

5 17

+ − − +

= ⇔ = ⇔ ⋅ = ⋅

4x 3y 4 x 4y 17

⇔ + − = − +

Tọa độ M cần tìm là nghiệm của hệ:

3x y 5 0

3x y 5 0 3x 7y 21 0

4x 3y 4 x 4y 17 3x y 5 0

5x y 13 0

 − − =




− − = + − =

 _⇔_

 ₊ _{− = −} ₊ _

− − =


 _

− + =




(

)

1 2

7

M ;2 ,M 9; 32
3

 

⇒ _ _ − −

 

<b>2. </b>Phương trình tham số của d :

x 1 2t
y 2 t ,
z 3 2t

= +


 _{= − −}


 = − +


(

)

M d∈ ⇒M 1 2t; 2 t; 3 2t+ − − − +

Ta có: AB=

(

2;1;2 , AC

)

= −

(

2;2;4

)

⇒_AB, AC_=

(

0; 12;6 ,−

)

(

)

AM= 1 2t; 3 t; 3 2t+ − − − +

AB, AC .AM 18 24t

 

⇒_ _ = +

(

)

MABC

t 0 M 1; 2; 3
1

V 3 AB, AC .AM 3 18 24t 18 ₃ ₁

6 t M 2; ; 6

2 2

 = ⇒ − −



 

= ⇔ _ _ = ⇔ + = ⇔_ _ _

= − ⇒ _− − − _

 _ _



Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là M 1; 2; 3 ,M

(

)

2; 1; 6
2

 

− − _− − − _

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>Câu VIIB</b>Điều kiện: n>3,n∈N

Phương trình log₄

(

n−3

)

+log₄

(

n+9

)

= ⇔3 log₄

(

n−3 n

)(

+9

)

=3

(

n−3 n

)(

+9

)

=43⇔n2+6n− = ⇔ =9 0 n 7 do : n

(

>3

)

(

)

(

) (



)



(

) ( )

(

) (

)

= + = +  +  = + = + − = −

 

 

3

7 2 3

z 1 i 1 i . 1 i 1 i . 2i 1 i . 8i 8 8i

</div>

<!--links-->