De thu suc DH de 4155 co HD giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (535.22 KB, 63 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 41 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

y x





3 x



mx



1

có đồ thị (Cm) (m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.

2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng d: y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho các
tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2 cos3

x



3 sin

x



cos

x



0

2) Giải hệ phương trình:

x y

y

x y

3 3 3

2 2

8 27 7

(1)

4

6 (2)



















Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

2 2

1 sin

.

2









x

dx

Câu IV (1 điểm): Tính thể tích của khối chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt
bên (SAB) vng góc với đáy, hai mặt bên cịn lại cùng tạo với đáy góc .

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thoả mãn:

x y z

1 1 1 2010





. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:

P =

x y z x

y z x y

z

1

2  



2 

 

2

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là

x

y

5 –2

 

6 0

và

4 x



7 –21 0

y



. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết
rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên trục Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) :

x

1 y

z

2

1

2 



 

và mặt phẳng (P):

2 – –2

x y

z



0

Câu VII.a (1 điểm): Cho tập hợp X =



0,1,2,3,4,5,6,7



. Từ X có thể lập được bao nhiêu số tự
nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho

đường tròn (C): x

+ y

– 6x + 5 = 0. Tìm điểm

M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp

tuyến đó bằng 60

.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):

x

t

y t

z

2

4  







 



và (d2) :

x

t

y t

z

3

0   







 



. Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn

vng góc chung của (d1) và (d2).

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

Hướng dẫn Đề số 41
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm của d và (Cm):

x



3 x



mx



0

(1) 

x

x m

0

3

0 (2)













(2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 

m

9

4

0 













(*). Khi đó: xDxE 3; x xD E. m
D E

y y' . ' 1



4 m



9 m

 

1 0



m

9

65

8 



(thoả (*))

Câu II: 1) PT 

x

cos3

cos

0

3 





















x

2 cos3

cos

3 



















x

k

x

k

3

6

2 















.

2) Từ (1) y 0. Khi đó Hệ PT 

x y

y

x y

xy y

3 3 3

2 2 3

8 27 7

4

6 



















t xy

t

8 27 4

6  













t xy

t

3 ;

t

1 ;

t

9

2  













 Với

t

3

2 

: Từ (1) y = 0 (loại).

 Với

t

1

2 

: Từ (1) 

x

3

1 ;

y

4 2 4















 Với

t

9

2 

: Từ (1) 

x

3

3 ; 3 4

y

2 4















Câu III: Đặt

x

t

3 cos

sin , 0

2 









 







 I =

tdt

4 2

3 cos

2





3

1 2 4 2

















.

Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM  SH  (ABC),



SIH





.
SH =

a

IH

.tan

3 tan

4 





 S ABC ABC

a

V

.

1 SH S

.

tan

3



16 



.
Câu V: Chú ý: Với a, b > 0, ta có:

a b a b

4 1 1

 



.

 P 

x y x z y x y z z x z y

1

4 















=

x y y z z x

1

2 

















x y z

1 1 1 1

4 













=

1005

2

.

Dấu "=" xảy ra 

x y z

1

670   

. Vậy MinP =

1005

2

.

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

2) Giả sử A(a; 0; 0) Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) d. AB  ( 1 ;2 ; 2 2 )t a t   t



d

a

AB u

t

3

9 



 







a

B

12 ;

2(

3) 2

;

12

9 















. AB =

a

2 2 6 9

3 



.

d A P

a

2 ( ,( ))

3 

.
AB = d(A, (P)) 

a

2 2

6

9

2

3 





3



a



3

 A(3; 0; 0).
Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là:

a a a a a

1 2 3 4 5.

 Nếu a1 = 1 thì có: A

7 840 (số)
 Nếu a2 = 1 thì có: C A

1 3

6 6. 720 (số)  Nếu a3 = 1 thì có: C A6 61. 3 720 (số)
 Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số).

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b) Oy.
Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng

60

0 nên MI =

R

sin30

= 4



MI



16



b



7



b



7



M



0; 7



hoặc

M



0;



7 

2) d1 có VTCP u1(2;1;0)



, d2 có VTCP u2  ( 1;1;0)



.
Giả sử A t t(2 ; ;4)1 1 d1, B(3 t t2 2; ;0)d2.

AB là đoạn vng góc chung 

AB u

12



















t t

t

11

t

22

5

6

2

3 













 t1t2 1
 A(2; 1; 4), B(2; 1; 0).

Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R =

AB

2

2 

.
 (S):

x

y

z

2 2 2

(



2)



(



1)



(



2)



4

.
Câu VII.b: PT 

z

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 42 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x

y

x

2

4

1 





.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm trên đồ thị (C), hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN, biết M(–3; 0), N(–1; –1).
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

1

3

7 4 cos

cos2

cos4

cos

2

4

2 





2) Giải phương trình:

3 .2

x



3

x



2 x



1

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x

x e dx

x

1 sin

1 cos





















Câu IV (1 điểm): Tính thể tích khối chóp S.ABC, biết SA = a, SB = b, SC = c,



ASB



60

0,



BSC

90



,



CSA



120

0.

Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

x

y

z

2 2 2

log

 

1 log

 

1 log



1

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1:

x y

  

1 0

và d2:

x y

2 

1 0



. Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và cắt d

1, d2 tương ứng tại A, B
sao cho 2



MA MB



 0



.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):

x



2 y



2 1 0

z

 

và hai điểm
A(1; 7; –1), B(4; 2; 0). Lập phương trình đường thẳng d là hình chiếu vng góc của đường
thẳng AB lên mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1 điểm): Kí hiệu x1, x2 là các nghiệm phức của phương trình x x

2  2  1 0. Tính giá trị

các biểu thức x12

và x22

.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):

x



y



2 x



2 y



3 0



và điểm
M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ
dài ngắn nhất.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3). Tìm toạ
độ trực tâm của tam giác ABC.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm các giá trị x, biết trong khai triển Newton





x 5 x n

lg(10 3 ) ( 2)lg3

2



2





số

hạng thứ 6 bằng 21 và Cn Cn Cn
1 3 2 2

 

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

Hướng dẫn Đề số 42

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN:

x



2 y

 

3 0

. Gọi I(a; b)  MN 

a



2 b

 

3 0

(1)
Phương trình đường thẳng d qua I và vng góc với MN là:

y



2(

x a b



)



Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

x

x a b

x

2 4 2(

)

1 







(x –1)



x

a b x

a b

2 

(2



)



2   

4 0

(x  –1)
A, B đối xứng nhau qua MN  I là trung điểm của AB.
Khi đó:
A B
I

x

2 





a b

a

2

4 



(2)

Từ (1) và (2) ta được:

a

b

a b

a

2 3 0

2

4  

 















a

b

1

2  







Suy ra phương trình đường thẳng d:

y



2 x



4

 A(2; 0), B(0; –4).
Câu II: 1) PT 

x

3 cos2

cos

2

4 



(*).
Ta có:

x

cos2

1

3 cos

1

4 













. Do đó (*) 

x

cos2

1

3 cos

1

4 















x k

l

x

8

3 

 













x



8 m



.
2) PT 

x

x

3 (2



1) 2





1

(1). Ta thấy

x

1

2 

không phải là nghiệm của (1).
Với

x

1

2 

, ta có: (1) 

x

2

1

3

2

1 






x

x

2

1

3

0

2

1 







Đặt

x

f x

x

2

1

3 ( ) 3

3

2

1

2

1 









. Ta có:

x

f x

x

6

1 ( ) 3 ln3

0,

2 (2

1)









 



Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng

1 ;

2 



 









và

1 ;

2 













 Phương trình f(x) = 0 có nhiều
nhất 1 nghiệm trên từng khoảng

1 ;

,

;

2 

 



 





 





 



.

Ta thấy

x



1,

x



1

là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm

x



1,

x



1

.
Câu III: Ta có:

x

1 sin

1 1 tan

1 cos

2 



















.

Do đó: I =

x

x e dx

2
2

1 1 tan

2



















x

x e dx

2 2

1 1 tan

tan

2



















=
x x

x

e dx

x

e dx

2 2

0 0

1 1 tan

tan .

2

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

Đặt

x

u e

x

dv

1 1 tan

dx

2  


























x

du e dx

x

v

tan

2 













 I =

x

e

2 2

e dx

0 0 0

tan

2

 











e

2

.

Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC) 



ASD



30

Ta có:
ASD
CSD

AS SD

S

AD

a

CD S

CS SD

c

1 . .sin30

2

1 .

2 



a

DA

DC

c

2 





cSA aSC

SD

c a

2 









cSA aSC

c

SD SB

SB

SA SB

c a

2 .

2 





















 



 

c

ab

abc

c a

2 .cos60

2 



2 

và

c SA

a SC

caSA SC

SD

c a

2 2 2 2
2

4 .

(2

)







 

a c

c a

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

4

2

3 (2

)

(2

)









 SD =

ac

c a

3

2 

Mặt khác,



abc

SD SB

c a

SDB

SD SB

ac

b

c a

.

2

3 cos

.

3 .

3

2 





 





SDB

6 sin

3 



SDBC SDB

V

1 SC S

.

1 SC SD SB

. . .sin

SDB

3

6 

abc

c a

2 .

6 2



Mà
ASDB
CSDB

V

AD

a

V



DC



2 c

 ASDB CSDB

a

a bc

V

c

c a

2 .

2 12 2





Vậy: SABC ASDB CSDB

a bc

abc

V

abc

c a

2 2

2

12

2

12 























.

Câu V: Đặt alog ,2x blog ,2y clog2z  a b c  log (2 xyz) log 8 3 2 

 P =

x

y

z

2 2 2

log

 

1 log

 

1 log



1 a

 

1 b

 

1 c



1

Đặt

m





( ;1),

a

n





( ;1),

b

p





( ;1)

c

Khi đó: P = m n  p m n p 



(

a b c

 

)



(1 1 1)

 

2 =

3 2

Dấu "=" xảy ra 

a b c

  

1



x y z

  

2

. Vậy MinP =

3 2

khi

x y z

  

2

Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) d1, B(b; 2b – 1) d2. MA(a1;a 2), MB(b1;2b 2)



MA MB

2  0

 



a

b

a

b

2 1 0

2 4 2

2 0





 

















a

b

0

3  





</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2) PTTS của AB:

x

t

y

t

z t

4 3

2 5

  



 



 



 Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là
đường thẳng MI.

 Phương trình đường thẳng d là:

x

t

y

t

z

t

3 4

3

2   







  



Câu VII.a: PT có các nghiệm

i

x

1

1 ;

x

2

1

2 







i

x

12

x

22

1 2 ;

1 2





.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R =

5

. IM =

2 

5

 M nằm trong đường tròn (C).

Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.

Ta có: AB = 2AH =

2 IA



IH



2 5



IH



2 5



IM



2 3

.

Dấu "=" xảy ra  H  M hay d IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI (1; 1)



 Phương trình d:

x y



 

2 0

.
2) Phương trình mp(ABC):

x y z

1

1 2 3





. Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ABC.

Ta có:

AH BC

BH AC

H

( )

P























y

z

x

z

y z

x

2

3

0

3

0

1 2 3









 





   







x

y

z

36

49

18

49

12

49 











 







H

36 18 12

;

49 49 49













.

Câu VII.b: Phương trình Cn Cn Cn
1 3 2 2

 



n n

n

(



9 

14) 0





n



7

Số hạng thứ 6 trong khai triển





x 5 x 7

lg(10 3 ) ( 2)lg3

2



2





là:



x





x



C

2 5

5 lg(10 3 ) ( 2)lg3

2



2



Ta có:

x x

C

75 lg(10 3 ) ( 2)lg3

.2



.2



21 



x x

lg(10 3 ) ( 2)lg3

2

  

1 



x

x

lg(10 3 ) (







2)lg3 0





x x 2

(10 3 ).3







1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 43 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x

y

x

2

1 





.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại
M vng góc với đường thẳng MI.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

x

3 x

x

cos

sin 2

0 2 6

3

2

6 

































































2) Giải phương trình:

x

4 2

1

2

1 2





 

Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C):

x



(

y



1) 1



, (d):

y



x



4

. Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy.

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a,



ABC



60

0, chiều
cao SO của hình chóp bằng

a

3

2

, trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi
M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể
tích khối chóp K.BCDM.

Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn:

x



y



z



1

. Chứng minh:

x

y

z

y

z

x

y

3 3

2 





II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm
M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho OAB có
diện tích lớn nhất.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):

x y z

   

3 0

và điểm A(0; 1;
2). Tìm toạ độ điểm A đối xứng với A qua mặt phẳng (P).

Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau.
Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau.

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình
đường phân giác trong (AD):

x



2 y



5 0



, đường trung tuyến (AM):

4 x



13 10 0

y





.
Tìm toạ độ đỉnh B.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):

x

t

y

t

z t

23 8

10 4

 











 



và (d2):

x

3 y

2 z

2

1 







. Viết phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai
đường thẳng (d1), (d2).

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

x
x

a x

x

2
4

2 2

3 4 5

1 log (

) log (

1)











 









Hướng dẫn Đề số 43
Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b)  (C) 

a

b

a

2

1 





(a  1)

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:

a

y

x a

a

1 (

)

2

1 (

1)











Phương trình đwịng thẳng MI:

y

x

a

1 (

1) 2

(

1)









Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:

a

1 .

1 1

(

1) (

1)









a

b

a

0 (

2 (

b

1)

3)

 



 





Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)

Câu II: 1) PT 

x

cos

cos2

cos3

cos4

0 2 6



































































Đặt

x

t

2 6



 

PT trở thành: costcos2 cos3 cos4t t t0 

t

t

5 t

4 cos .cos .cos

0

2 



t

cos

0

2 cos

0

5 cos

0

2 















t

m

t

l

k

t

(2

1)

2

5 

 











  



 Với

t

(2

m

1)

x

(4

m

2)

3 











 Với

t

l

x

4

2 l

2

3 











 Với

k

t

2 x

11

4

5

15

5 











2) Điều kiện:

x

2
2

1 0

1 

















x 1.

Khi đó:

x

1



 











(do x 1)

 VT >



 



Coâ Si

x

4 2

1

4 2

1



2

8 2

1















= 2

 PT vô nghiệm.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

V =

y

y dy

2 2 2

(

2 2)

(4

)











117

5 

Câu IV: Gọi N = BM  AC  N là trọng tâm của ABD.

Kẻ NK // SA (K  SC). Kẻ KI // SO (I  AC)  KI  (ABCD). Vậy K BCDM BCDM

V

.

1 KI S

.

3 

Ta có: SOC ~ KIC 

KI

CK

SO CS



(1), KNC ~ SAC 

CK CN

CS



CA

(2)

Từ (1) và (2) 

CO

KI

CN CO ON

SO CA

CO

1

2

3

2

3 





a

KI

2 SO

3 

Ta có: ADC đều  CM  AD và CM =

a

3

2

 SBCDM =

DM BC CM

a

1 (

).

3 3

2 



8

 VK.BCDM =

BCDM

a

KI S

1 .

3 

8

Câu V: Ta có

x

y



z



1 

x

2 . Ta cần chứng minh:

x

2
2

3 3

2

1 



.

Thật vậy, áp dụng BĐT Cơ–si ta có:





x

2 2 2

2 2 2 2 2

2

1

8

2

1 2 (1

)(1

)

3

27 

 























x

(1

x

)

2 3 3







x

2
2

3 3

2

1 





x

y

z

2
2 2

3 3

2 



(1)

Tương tự:

y

x

z

2
2 2

3 3

2 



(2),

z

x

y

2
2 2

3 3

2 



(3)

Do đó:





x

y

z

x

y

z

y

z

x

z

x

y

2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 3

2 









Dấu "=" xảy ra 

x y z

3   

Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất OAB vng cân tại O.
Khi đó

d O d

5 2

( , )

2 

Giả sử phương trình đường thẳng d:

A x

(



2)



B y

(



6) 0 (



A



B



0)

Ta có:

d O d

5 2

( , )

2 



A

B

A

B

2

6 5 2

2 







47 B



48 AB



17 A



0



B

A

B

A

24 5 55

47 24 5 55

47 

















 Với

B

24 5 55

A

47 



</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

d:

47(

x



2) 24 5 55 (









y



6) 0



 Với

B

24 5 55

A

47 





: chọn A = 47  B =



24 5 55



d:

47(

x



2)

 



24 5 55 (





y



6) 0



2) (P) có VTPT

n





(1;1;1)

. Giả sử A(x; y; z).
Gọi I là trung điểm của AA

x y

z

I

;

1 ;

2 2 2

2 













.

Ta có: A đối xứng với A qua (P) 

AA n cùng phương

I (P)

,





















x y

z

x y

z

1

2

1 2 3 0

2 











 



 





x

y

z

4

3

2  







 



. Vậy: A(–4; –3; –2).

Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)

Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)
 Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD  AM  A(9; –2). Gọi C là điểm đối xứng của C qua AD  C AB.
Ta tìm được: C(2; –1). Suy ra phương trình (AB):

x

9 y

2 2 9

1 2









 



x



7 y

 

5 0

.
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx):

x



7 y



25 0



Gọi A = Cx AM  A(–17; 6). M là trung điểm của AA M(–4; 2)
M cũng là trung điểm của BC  B(–12; 1).

2) Giả sử A( 23 8 ; 10 4 ; )  t1   t t1 1 d1, B(3 2 ; 2 2 ; ) t2   t t2 2 d2.


AB



(2

t



8 t



26; 2



t



4 t



8;

t



t

)



AB // Oz AB k cùng phương,







t

2 1
2 1

2

8 26 0

2

4 8 0













 





t

1
2

17

6

5

3 















A

1 4 17

; ;

3 3 6















 Phương trình đường thẳng AB:

x

y

z

t

1

3

4

3

17

6 











  





Câu VII.b:

x
x

a x

x

2
4

2 2

3 4 5

(1)

1 log (

) log (

1) (2)











 









 (1) 

x
x 2

3 

5 

4 0



. Đặt f(x) =

x
x 2

3 

5 

4

. Ta có: f(x) =

x

ln 5

2

x R

ln3.3

.5

0,

2 



 

f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +)

 (2) 



a x



x
4

2 2

log 2(  ) log ( 1)



a x

x

2(



)





1



x

a

x

1

2 

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +)
Đặt g(x) =

x

x

1

2  

2

. Ta có: g(x) =

2 x



1

> 0, x  2  g(x) đồng biến trên [2; +) và
g(2) =

21

2

. Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +) 

a

21

2 

.
Vậy để hệ có nghiệm thì

a

21

2 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 44 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

m x m

y

x

(2 1)

 



 .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.
2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x .
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2 3 cos2xsin2x4cos 32 x

2) Giải hệ phương trình:

xy

x y

x y

x y x y

2 2

2 1



  






   



Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x dx

x x

3
0

sin
(sin cos )






Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABCcó đáy là tam giác đều cạnh bằng a, AM
 (ABC), AM =

a 3

2 (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABABC.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x2y2 4y4 x2y24y4 x 4
II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):

x2 y2 1

100 25  . Tìm các điểm M  (E) sao

cho F MF1 2 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt
phẳng (P) có phương trình: x y z   3 0. Tìm trên (P) điểm M sao cho MA2MB3MC

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau:

x 10 x x11 a x1 10 a x2 9 a11

( 1) ( 2)   ... . Tìm hệ số a

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d:

x 1 y z 3

1 1 1

 

 

. Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

y x y

x

x y x y

xy
2010
3 3
2 2
2
log 2
  
 
 

  



  



Hướng dẫn Đề số 44
Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

m x m x

x
m
x
2
2
2

(2 1) (*)

( 1) 1 (**)

( 1)
  



 


 
 


Từ (**) ta có (m1)2 (x1)2 

x m

x 2 m

 
  


 Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m0 (thoả với mọi m). Vì x  1 nên m 1.
 Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: m m m m m

(2  1)(2 ) (2 )(2 1) 

m 2

4(  1) 0  m1x = 1 (loại)

Vậy với m 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x .

Câu II: 1) PT 

x x x

3cos2 1sin2 cos6

2 2

 

x x
5

cos 2 cos6

6

 
 
 
  
x k
x l
5
48 4
5
24 2
 
 


 


  

2)
xy
x y
x y

x y x y

2 2

2 1 (1)

(2)

  



   

 . Điều kiện: x y 0.
(1) 

x y xy

x y

2 1

(  )  1 2 1 0



   (x y 1)(x2y2x y ) 0  x y 1 0
(vì x y 0 nên x2y2x y 0)
Thay x 1 y vào (2) ta được: 1x2 (1 x)  x2 x 2 0 

x y

x 12 ((y 3)0)

  

  


Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).

Câu III: Đặt t 2 x



 

dt = –dx. Ta có I =

t dt
t t
2
3
0
cos
(sin cos )





=
x dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )






 2I =

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

x 2

1 tan

2 4




 



 

  = 1 . Vậy: I =

1
2.

Câu IV: Vì ABBA là hình bình hành nên ta có: VC ABB. 'VC AB A. ' '.

Mà C ABB ABC

a a a

V . ' 1.A M S. 1 3. 2 3 3

3  3 2 4 8

  

Vậy, C ABB A C ABB

a a

V . ' ' 2V . ' 2 3 3

8 4

  

Câu V: Ta có: P = x2(2 y)2  x2 (y2)2  x 4
Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2)




.
Ta có: a b  a b

 

 x y x y x x

2 (2 )2  2( 2)2  4 2 16 2 24

Suy ra: P  2 x24 x 4 . Dấu "=" xảy ra  a b,



cùng hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:



2 3x



2(3 1)(4 x2)  2 x24 2 3 x . Dấu "=" xảy ra  x

2
3


.
Do đó: P 

2 3



x



4 

x

 2 3 4 2 3 4   . Dấu "=" xảy ra 

x 2 , 0y

 

.
Vậy MinP = 2 3 4 khi

x 2 , 0y

 

Câu VI.a: 1) Ta có: a10,b5  c5 3. Gọi M(x; y)  (E).
Ta có: MF1 x MF2 x

3 3

10 , 10

2 2

   

Ta có: F F1 22 MF12MF22 2MF MF1. 2.cosF MF1 2







x x x x

2 2

2 3 3 3 3 1

10 3 10 10 2 10 10

2 2 2 2 2

         

              

          x = 0 (y= 5)
Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).

2) Gọi I là điểm thoả: IA2IB3IC0

  

   



I 23 13 25; ;
6 6 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC 



MI IA



2



MI IB



3



MI IC



6MI 6MI

          

Do đó: T nhỏ nhất  MI



nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P).
Ta tìm được: M

13 2 16; ;

9 9 9

 



 

 .

Câu VII.a: Ta có: (x1)10 C x100 10C x101 9...C x C109  1010

 x x



C C



x

10 5 4 6

10 10

( 1) ( 2) ...  2 ...

 a C C

5 4

5  102 10672.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).

 Ta có:

AB AC
IB IC

 

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450. Khi đó B, C là giao điểm của d với
(C) và AB = AC.

Vì IA(2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ  VTCP của d có
hai thành phần đều khác 0. Gọi u(1; )a là VTCP của d. Ta có:



IA u



a a

a2 2 a2

2 2 2

cos ,

1 2 1 5 1

 

  

  

 

 2 2a  5 1a2 

a
a

3
1
3

 






 Với a = 3, thì u(1;3)



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y 5 35 t

  
  

 .

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

9 13 7 3 13; , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

 Với a =

1
3



, thì u

1
1;

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5
1
5

  



 


 .

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

7 3 13 11; 13 , 7 3 13 11; 13

2 2 2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

và

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH =

d M d

( , )



2

.
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =

MH

2 2 6

3 

Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:

x y z

x 2 y 2 z 2

2 3

1 1 1

( 2) ( 1) ( 2)

  

 





      



 .

Giải hệ này ta tìm được: A B

2 2 2 2 2 2

2 ; ;3 , 2 ; ;3

3 3 3 3 3 3

   

    

   

   .

Câu VII.b:

y x y

x

x y x y

xy

2010

3 3

2 2

log 2 (1)

(2)

  

 
 


  




  




Điều kiện: xy0. Từ (2) ta có: x3y3xy x( 2y2) 0  x0,y0.
(1) 

x y

y

x 2

2 2010 





x y

x.2010 2 .2010y 2 .

Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f (t) =

t t

2010 1 0

ln2010

 

 

 

 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Thay x = 2y vào (2) ta được: y y

5 0

 

 

 

  

y loại

y x

0 ( )

9 9

10 5

 

  

    

 



Vậy nghiệm của hệ là:

9 9;

5 10

 

 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 45 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x
y

x

2 3




 (1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần
lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại O.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

(1 2sin )cos

3

(1 2sin )(1 sin )









2) Giải hệ phương trình: 2 33 x 2 3 6 5  x 8 0

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =

x x dx

3 2

(cos 1)cos .







Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD
= 2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của
AD. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối
chóp S.ABCD theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x x y z(   ) 3 yz. Chứng minh:

x y 3 x z3 x y x z y z y z 3

(  ) (  ) 3(  )(  )(  ) 5(  )

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo
AC và BD là điểm I(6; 2). Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD
thuộc đường thẳng : x y  5 0 . Viết phương trình đường thẳng AB.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 2y z  4 0 và mặt cầu (S)
có phương trình: x2y2z2  2x 4y 6 11 0z  . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường trịn đó.

Câu VII.a (1 điểm): Gọi z z1 2, là các nghiệm phức của phương trình: z2 2 10 0z  . Tính giá trị
của biểu thức:

A = z z

2 2

1  2 .

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C): x2y24x4y 6 0 và đường
thẳng  có phương trình: x my  2m 3 0. Gọi I là tâm đường trịn (C). Tìm m để  cắt (C)
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x 2y2 1 0z  và hai đường
thẳng 1, 2 có phương trình 1:

x 1 y z 9

1 1 6

 

 

, 2:

x 1 y 3 z 1

2 1 2

  

 

 . Xác định toạ độ
điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 bằng khoảng cách

từ M đến mặt phẳng (P).

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

x xy y

x y xy

2 2

log ( ) 1 log ( )

3   81

   







Hướng dẫn Đề số 45
Câu I: 2) Gọi ( ; )x y0 0 là toạ độ của tiếp điểm.

Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y x hoặc

yx.

 y x( )0 1  x

2
0
1 1
(2 3)




x y

x00 y00

1 ( 1)

2 ( 0)

  

  



 Với

x
y00

1
1

 

 

 : yx (loại) Với

x
y00

2
0

 

 

 : yx 2 (nhận)
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: yx 2.

Câu II: 1) Điều kiện:

x
x

1 2sin 0

1 sin 0

  

 
 
x m
x n
x p
2
6
7 2
6
2
2








 



 


  



PT 

x x x

x x 2x

cos 2sin .cos 3

1 sin 2sin 2sin





   

cos

x



sin 2

x



3(sin

x



cos2 )

x



x x x x

3cos2 1sin2 1cos 3sin

2 2 2  2  cos 2x 6 cos x 3

 
   
  
   
   


x k loại

x k nhaän

2 ( )

18 3


 

 


  

 . Vậy PT có nghiệm: x k

18 3

 

 
.

2) Điều kiện: x

6
5

. Đặt
u x
v x

33 2

6 5

  

 

 

u x
v x
3

2 36 52


  

 

 .

Ta có hệ PT:

u v

u3 v2

2 3 8

5 3 8

  



 

 . Giải hệ này ta được

u

v 42

 
 

 

x
x

3 2 2

6 5 16

  

  

 

x



2

.

Thử lại, ta thấy x2 là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm x2.

Câu III: I =

x dx

2 5 2 2

0 0

cos .

 





= A – B.

 A =

x dx

x

x dx

2 2

5 4

0 0

cos .

cos .cos ..

 







x d



x

2 2 2

1 sin

(sin )







8

15

 B =

x dx

2 2

0 0

1 cos .

(1 cos2 ).

2

 







4 

Vậy I =

8

15

–

4

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB  BC =

a

5

. Ta có:
BIC ABCD ABI CDI

a

S

3

2 





Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF =
BIC

S

a

BC

2

3

5 

Từ giả thiết  SI  (ABCD) 



SFI



60

0  SI =

a

IF

.tan 60

3 3

5 

 Thể tích khối chóp S.ABCD:

ABCD

a

V

1 SI S

.

1 3 3

.

.3

a

3 15

a

3 5

5 

.
Câu V: Xét điều kiện:

x



xy xz





3 yz



x y

x z

y z

2 2 2 2

(



)



(



)



2(



)



(



)



x y

x z

x y x z

y z

y z y z

2 2 2

2 



















 





























(*)

Đặt

x y

x z

u

v

y z

,

y z







(u, v > 0). Từ (*) 

u



v

 

2 (

u v



)

2 

u



v



uv



1

(1)

Khi đó ta có: BĐT 

x y

x z

x y

x z

y z

3 3

3

5 















 



















 















 





u



v



3 uv



5



u v u

uv v

uv

2 2

(



)(





) 3





5



u v

 

3 uv



5

(2) (do (1))
Mặt khác từ (1) ta có:

uv

 

1 (

u v



)



1

(3)

và

u v

uv

u v

3 (

)

1 3

1 (

)

4 

 

 





u v

(



)



4



u v

 

2

(4)
Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2).

Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a)  IE(a 6;3 a)



Gọi P là điểm đối xứng của E qua I  P(12 – a; a – 1), MP(11 ; a a 6)



Ta có: MP IE. 0

 



(11



a a

)(



6) (



a



6)(3



a

) 0





a

6

7  

 



Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận IE



làm VTPT.
 Với a6  IE(0; 3)



 Phương trình AB:

y



5

 Với

a



7

 IE(1; 4)



 Phương trình AB:

x



4 y



19 0



2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5

d I P

( ,( )) 3

 

R

 (P) cắt (S) theo một đường tròn (C).
Dễ xác định tâm đường trịn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4.
Câu VII.a: PT có các nghiệm: z1 1 3 ,i z2  1 3i

 A = z z

2 2

1  2 = 20

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R =

2

.
Ta có:



IAB

S

1 IA IB

. .sin

AIB

1 R

sin

AIB

1 R

1

2 





</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Khi đó:

R

d I

( , )

1

2  





m

2 2

2 3 1

1  











15 m



8 m



0



m

0

8

15 











2) Giả sử:

M

( 1 ; ; 9 6 )

 

t t

 

t

1.

Khoảng cách từ M đến 2:

t

d M

( , )

2

(8 14)

( 14 20)

( 4)

3 





 





Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P):

t

d M P

( ,( ))

11 20

3 



Từ đó ta có:

t

(8 14)

( 14 20)

( 4)

3 

 





t

11 20

3 



140 t



352 212 0

t







t

1

53

35  









 Với t = 1  M(0; 1; –3)  Với t =

53

35



M

18 53 3

;

35 35 35













Câu VII.b: Điều kiện:

xy



0

Hệ PT 

x

y

xy

x

xy y

2 2

2 4























x y

x

4  









x y

2 

 



 



</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 46 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

3 2

1

2 3 .

3 y



x



x



x

.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2 sin 2

3sin

cos

2

4 x



x



















.

2) Giải hệ phương trình:

2 2

3 3

2

1

2 y

x

y

y x





















Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:

m x



2 x



2  

x

2

có 2
nghiệm phân biệt.

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện

2 

x



y





xy



1

. Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 4

2

1 x

y

P

xy







.
II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải phương trình: 2.27x18x 4.12x3.8x.
2) Tìm nguyên hàm của hàm số

 

tan

1 cos

x

f x

x





.

Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

I



1; 2;3





. Viết phương trình
mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

1) Giải bất phương trình: x4 log3 x 243.
2) Tìm m để hàm số

1

mx

y

x





có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Hướng dẫn Đề số 46
Câu I: 2) PTTT



của (C) tại điểm

M x y



0 0

;



là:











:

y



x

02



4 x

0



3 x x



0



1 x

03



2 x

02



3 x

0

3

 qua O



x



0,

x



3

 Các tiếp tuyến cần tìm:

y



3 x

y



0

.
Câu II: 1) PT 



sinxcosx1 2 cos

 

x 3



0



2

1 sin

cos

1 sin

2

4

2 2

x

k

x

k

















 

















 



.

KL: nghiệm PT là

2 2 ;

2 





 

x

k

x

k

.
2) Ta có:









3 3 2 2 3 2 2 3

2 x



y



2 y



x

2 y x





x



2 x y



2 xy



5 y



0

Khi

y



0

thì hệ VN.

Khi

y



0

, chia 2 vế cho

y



0

ta được:

3 2

2 5 0

x

y











































Đặt

x

t

y



, ta có : t32t22t 5 0  t1 2

1,

1 y x

x

y

x

y













 

 







Câu III: Ta có: x2 2x 2 1nên PT 2

2 x

m

x











Xét 2

2 ( )

2 x

f x

x













2 2

4 3

'( )

2 x

f x

x















 

4 '

0 ;

10; lim

( )

1; lim

( ) 1

3

x x

f x

x

f

f x

    





 

















Kết luận:

1 

m



10

Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD  SO



ABCD



Ta có:

2 2 2

2

4

2 a

SO



SA



OA



a





2 3

1

2

6

ABCD S ABCD

S



a



V



a

Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN. Ta chứng

minh I cách đều các mặt của hình chóp









2 3 1

4

3

SMN

a

S

pr

r

a a













Câu V: Đặt

t xy



. Ta có:

xy



x y



xy



xy

1 1 2

2

4

5  











Và

xy



x y



xy



xy

1 1 2

2

4

3  











Suy ra :









x

y

x y

t

P

xy

t

2 2

2

2 2

7

2 1

2

1 4 2 1











.Điều kiện:

t

1

5

3 

 

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Do đó:









t

P

t

7 '

2 2 1







t

thoả

P

t

0 (

loại

)

' 0

1 (

)

 

  





P

1 P

1

2

5

3

15 



 









 





 

và

P

 

1

0

4 

.
Kết luận: Max P =

1

4

và Min P =

2

15

Câu VI.a: 1)

PT

 2.33x2 .3x 2x 4.2 32x x3.23x

3 2

3

2

4 3 0

2

x x x

















































x1

2) Ta có: 2





cos sin

cos

1 cos

x

I

dx

x







. Đặt tcos2 x dt2cos sinx xdx

Suy ra :





1 ln

2

1

2

1

2 dt

t

I

dt

C

t t

t





























2
2

1 1 cos

ln

2 cos

x

C

x



















Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu của

I



1; 2;3





lên Oy, ta có: M



0; 2;0





1;0; 3



10 IM

 





R IM





là bán kính mặt cầu cần tìm.
Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là













2 2 2

1 2 3 10

x  y  z 

.
Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . BPT 



4 log 3x



log3x5

Đặt

t



log

x

. Ta có: t24t 5 0   t 5hoặc 1t 

1

0

243 x



hoặc x3.

2) Ta có:

2
2

1 '

mx

y

x





. Hàm số có 2 cực trị



y

' 0



có 2 nghiệm phân biệt, khác 0

0 m





Khi đó các điểm cực trị là:









1

4 ; 2

,

; 2

16 A

m B

m

AB

m













































2

4 .16

16

AB

m









. Dấu "=" xảy ra 

1

2 m



. Kết luận:

1

2 m



Câu VII.b:

  







2 2

: 1 1 1;0 ; 1

C x y   I  R

. Hệ số góc của tiếp tuyến () cần tìm là



3

 PT () có dạng







: 3

x y b



 

0

hoặc







: 3

x y b

  

0









: 3

x y b



 

0

tiếp xúc (C)  d I



,1



R

3

1

2

3

2 



b

 

b

 

.
Kết luận:







: 3

x y



 

2 3 0











: 3

x y b

  

0

tiếp xúc (C)  d I



,2



R

3

1

2

3

2 



b

 

b

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 47 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

y x





2 m x

2 2



m



2 m

(1), với m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.

2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) ln cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi

m



0

.
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:



















x

2sin 2

4sin

1

6

2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình















y x m

y

xy

2

1

có nghiệm duy nhất.

Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số















x

f x

x

1 ( )

2

1

.

Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P
sao cho BC4BM, BD2BN và AC3AP. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD

làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.

Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương

x y z

; ;

thỏa điều kiện

x y z

  

1

. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:





   











P x y z

x y z

1 1 1

2

.
II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2 x

log4x



8

log2 x

2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số







x

y

x

1

2

tại hai điểm phân biệt sao

cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm đều là các số nguyên.

Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, chođường thẳng

 

d

: 2

x y



4 0



. Lập
phương trình đường trịn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

1) Giải bất phương trình:

2 1 log





x



log

x



log

x



0

2) Tìm m để đồ thị hàm số

y x







m



5 

x



5 mx

có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số



y x

3.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Hướng dẫn Đề số 47

Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox:

x



2 m x

2 2



m



2 m



0

().
Đặt

t x t









0

, ta có :

t



2 m t m



2 m



0

()

Ta có :  ' 2m0 và

S



2 m



0

với mọi m0. Nên PT () có nghiệm dương.
 PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).

Câu II: 1) PT



3 sin2

x



cos2

x



4sin

x



1 0





2 3 sin cos

x



2sin

x



4sin

x



0







2 3 cos

x



sin

x



2 sin

x



0















x

sin

3 cos

2 sin

0































x

x k

sin

1

3

















x

k

x k

5 2

6 













y x m

y

xy

2 (1)

1 (2)

.

Từ (1) 

x



2 y m



, nên (2) 

y



my

 

y

2

1  



 

 







y

m y

y

1 1 2

(vì y 0)

Xét

 

 

 

 

 



f y

y

f y

y

y

1 2

'

1

1 0

Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất  m2.

Câu III: Ta có:

 



































x

f x

x

1 .

1 3 2

1

2

1



 



















x

F x

C

x

1 9 2

1

Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.
Vẽ DD // BC, ta có: DD=BM



TD DD



TC

MC

' 1

3

.

Mà:



 





TD

AP

AT DP

QD DP CP

TC

AC

QA

AT CA

1

2

3 

3

Nên:



 



A PQN

A PQN ABCD
A CDN

V

AP AQ

V

AC AD

.
.

1 3 1

1 .

3 5 5

10

(1)

Và:



 



C PMN

ABMNP ABCD
C ABN

V

CP CM

V

V

..

CA CB

2 3 1

1 .

3 4 2

4

(2).

Từ (1) và (2), suy ra :

V

ABMNQP



V

ABCD

7

20

.

Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là

7

13

hoặc

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

x



x



2

18

12

(1). Dấu bằng xảy ra 



x

1

3

.

Tương tự:





y

2

18

12

(2) và





z

2

18

12

(3).
Mà:



17 

x y z

 





17

(4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có:

P



19

. 
Dấu "=" xảy ra 

  

x y z

1

3

. Vậy GTNN của P là 19 khi

x y z

  

1

3

.
Câu VI.a: 1) Điều kiện : x0.

PT 1 log 2xlog4x3log2 x 

 





 



t

x

t

log

3 2 0



 



 













t

x

t

log

1

2













x

2

4

2) Ta có:

y

 

x



1

2

. Do đó:

x y Z

,





x



2  

1 x



3,

x



1

Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là









A

1;0 , 3;2

B

Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là:

x y



1 0



.
Câu VII.a: Gọi

I m m



;2



4   



d

là tâm đường trịn cần tìm.

Ta có:

m



m





m



m



4

2

4 4,

3

.





m

4

3

thì phương trình đường trịn là:































x

y

2 2

4

16

3

9

.



m



4

thì phương trình đường trịn là:



x









y







2 2

4

16

.
Câu VI.b: 1) Điều kiện :

x



0

. Đặt

t



log

x

, ta có :



1 

3

0 t

t t





BPT

4

3

4

0

3 t





  

 



2 3

4 1

log 0 1

3 x 2 2 x

     

.
2) Ta có:





' 3

2

5 5 ;

" 6

2

10 y



x



m



x



m

y



x



m



5 " 0

3 m

y

 

x





; y đổi dấu qua

5

3 m

x





Suy ra:









2

5 ;

3

27

3 m

m m

m

U























là điểm uốn.

Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số y x 3 thì









2

5

27

3 m



m m







m

















m 5

Câu VII.b: Ta có: AB BC CA  3 2 



ABC

đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp

ABC

 là trọng tâm của nó.

Kết luận:

5 8 8

; ;

3 3 3

I











</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 48 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

3

1 x

y

x







.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I



1;1



và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao
cho I là trung điểm của đoạn MN.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

cos3

x



sin 2

x



3 sin 3



x



cos 2

x



2) Giải hệ phương trình:



x

y



xy

x y

3 3
2 2

3

4

9 















Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:



m 2 1





 x21



x2 m
có nghiệm.

Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều

ABC A B C

. ' ' '

có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng

2 a

. Tính theo a thể tích khối lăng trụ

ABC A B C

. ' ' '

Câu V (1 điểm): Chứng minh





a

b

c

ab

bc

ca

a b c

a b b c c a

2 2 2

1

2 

  



với mọi số

dương

a b c

; ;

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Giải bất phương trình:

1 log



x



log



x



2 



log



6 

x



2) Tính:

ln

x dx



Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua



2;1



M

và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng

4

.
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Giải hệ phương trình :

2 2

2

x

3

y

x x

y





 













2) Tìm nguyên hàm của hàm số

 

cos 2

1 cos 2

1 x

f x

x







.

Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm

1 3;

2 M









</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Hướng dẫn Đề số 48

Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k  PT d y k x: 



1 1



 .
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N

3 :

1 x

PT

kx k

x







 



có 2 nghiệm phân biệt
khác



1

.

Hay:

 

2

4 0

f x



kx



kx k

  

có 2 nghiệm phân biệt khác



1 



0

4

0

1 4 0

k

f

 



  













 



Mặt khác:

x

M



x

N



2 2



x

I



I là trung điểm MN với

 

k

0

.
Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là

y kx k



 

1

với

k



0

.
Câu II: 1) PT



cos3

x



3 sin 3

x



3 cos 2

x



sin 2

x

1

3

1 cos3

sin 3

cos 2

sin 2

2 x









cos 3

cos 2

3

6 x



x





































2

6

2

10

5 









 





x

k

x

2) Ta có :

x y

2 2

 

9 xy



3

.
 Khi:

xy



3

, ta có:

3 3

4

x



y



và

x

.





y





27

Suy ra:

x

;





y



là các nghiệm của phương trình:

X



4 X



27 0

 

X

 

2

31

Vậy nghiệm của Hệ PT là:

2

31,

2

31

x





y





hoặc

x



2 

31,

y



2 

31

.
 Khi:

xy



3

, ta có:

3 3

4

x



y



và

x

.





y





27

Suy ra:





;

x



y

là nghiệm của phương trình:

X



4 X



27 0



(

PTVN

)

Câu III: Đặt

t



x



1

. Điều kiện:

t



1

.

PT trở thành:



 



2

1 m



t



 

t

m









1

2  





m t

t

Xét hàm số:

 





1 '

1

2 2

f t

t

f t

t

t

 



 









2
2

4

3

2 





t

loại

f t



( ) 0

  

 

t

1 (

3 (

loại

)

)





. Dựa vào BBT, ta kết luận

4

3 m



.
Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vng góc với AM.

Ta có:

(

'

)

'



















BC

AM

BC

AA M

BC

AH

BC

AA

.

Mà

'

( '

)

2 a

AH



A M



AH



A BC



AH



</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Mặt khác: 2 2 2

1

6 '

4 '

a

AA

AH



A A



AM





Kết luận:

3
. ' ' '

3

2

16

ABC A B C

a

V



.
Câu V: Ta có:

1

2 a

ab

a

ab

a b



 

a b



 

ab

 

(1)

Tương tự:

1

2 b

bc

b c



 

(2),

1

2 c

ca

c a



 

(3).

Cộng (1), (2), (3), ta có:





2 2 2

1

2 a

b

c

ab

bc

ca

a b c

a b b c c a



  

Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0x6.

BPT









2 2

log 2

x

4 x

log 6

x









 2x24x



6 x



2  x216x 36 0
 x 18 hay 2x

So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là

2 

x



6

.

2) Đặt

du

dx

u

x

x

dv dx

v x

2 ln

















 



. Suy ra :

2 2 2

ln

2 ln

2 















I

x dx x

x

dx

x

x C

Câu VII.a: Gọi A a



;0 ,



B



0;b



là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:

:

1 x

y

d

a b





.

Theo giả thiết, ta có:

2 1

1

8 















a b

ab



b a ab
ab

2
8

  




 .

 Khi

ab



8

thì

2 b a

 

8

. Nên:

b



2;

a

 

4 d x

:



2 y



4 0



.
 Khi

ab



8

thì

2 b a

 

8

. Ta có: b24b 4 0  b 2 2 2.

+ Với

b

 

2 2 2



d

: 1





2 x





2 1





2 

y



4 0



+ Với

b

 

2 2 2



d

: 1





2 x





2 1





2 

y

 

4 0

.

Câu VI.b: 1)

2 2

(1)

2

3



(2)



 













x y

y

x x

y

(*).
Từ (1) ta có:



 



2 2

1 0

1 



 







 



 

 



y x

y

x x

y

y x y x

y

x

 Khi:

y x



thì (*)  x x

y x

2 3 

 




 

2
3

log 3















x

y

 Khi:

y

 

1 x

thì (*) 

x x

y x

2 3 

  




 

6
6

log 9

1 log 9







 



x

y

2) Ta có:

 

tan

f x



x

1 cos

 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:

2 2

1(

0)

x

y

a b

a



b



 

.

Ta có:

2 2

3
1
4

3

1

a b

 

 













a
b

2
2 14



 





 . Vậy (E):

2 2

1

4

1 x

y





ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 49 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số

x

y

x

2 



.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

4 cos 2

tan 2

.tan 2

4 tan

cot



































2) Giải hệ phương trình:

y

x

y

x

y

2 2
2 2

3 2

1

1

4

22 























Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

x

I

dx

x

8
3

ln

1 





Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với
mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt

tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực a, b, c thỏa mãn :

0 

a



1; 0



b



1; 0

 

c

1

. Chứng minh

rằng:





a b c

abc

a b c

1 1 1 1

1

3 





 

 











II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có

A





3;6



, trực tâm

H



2;1



,
trọng tâm

G

4 7

;

3 3













. Xác định toạ độ các đỉnh B và C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu

 

S x

:



y



z



2 x



4 y



8 z



4 0



và mặt phẳng

 



: 2

x y





2 3 0

z





. Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng

 



. Viết phương trình mặt cầu (S) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng

 



Câu VII.a (1 điểm): Một đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ
Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc
gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách
lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x –
4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm
của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với













A

3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3



B

C

, trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ. Tìm toạ độ điểm D.

Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:

x y y x

x

xy

x

3 1 2 3

2

3.2

3

1

  











 









Hướng dẫn Đề số 49

Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hồnh độ

a



2

thuộc đồ thị (C) có phương
trình:









a





 

y

x a

x

a

y

a

d

a

2 2

4

2 4

2

0

2 















Tâm đối xứng

I





2;2



Ta có













a

d I d

a

8

2

8

2

8

2 ,

2 2

2 2 2

16

2

2.4.

2 













d I d

,

lớn nhất 



a



2 

  

4  

a

a

0 4





Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến

y x



và y x 8.

Câu II: 1) Điều kiện

 

x

cos 2

0;

cos 2

0 *

4 sin 2

0;

tan

cot

0 

















































Để ý rằng:

x

tan 2

.tan 2

tan

2 .tan 2

cot 2

.tan 2

1

4 

























































































Khi đó PT trở thành:

x

x

x

4cos 2

1 cot

tan

4cos 2

tan

cot

 













x

x

x

x

x

x

2 2

2 2

1 tan

4

1

2

4 tan 2

1

0

tan

1 tan 2

tan 2

1 tan 2



















tan 2

x

1

2 x

4 m

x

8 k

2 

k







 













Z

: Khơng thoả điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2) Điều kiện:

x



0,

y



0,

x



y



1 0



Đặt

x

u x

y

v

y

2 2

1;









. Hệ PT trở thành:

u v

u

v

u

v

3 2

1

3 2

1

(1)

1 4

22 21 4

(2)





















 











Thay (2) vào (1) ta được:

v

v v

3 2 1 2 13 21 0

7

21 4

2  





 





 







</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT:

x

y

x

x

y

x

x

y

y

2 2

1 9

3

10

1

3 















































 Nếu

v

7

2 

thì u = 7, ta có Hệ PT:

y

x

y

x

y

x

y

x

2 2

1 7

2 2

8

4

2 4

2

53

7

2

14

53 

















































So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT.

Câu III: Đặt

u

x

du

dx

x

dv

v

x

ln

2

1 





















 









x

I

x

dx

J

x

8
8
3

1

2 1.ln

2 

6 ln8 4 ln3 2















 Tính

x

J

dx

x

8
3

1 





. Đặt t x1

t

J

tdt

dt

t

3 3 2 3

2 2

2 2 2

1 .2

2

1 



























t

8
3

1 2 ln

2 ln3 ln2

1 













 









Từ đó

I



20 ln 2 6 ln3 4



.

Câu IV: Kẻ SO  (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB

và CD; G là trọng tâm



SAC .

Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là



SJI



60

0SIJ đều cạnh a G cũng là trọng
tâm SIJ.

IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD.
ABMN

a

IK

3 ;

S

1 (

AB MN IK

)

3 3

2

8 





;

a

SK

(

ABMN SK

);

2 



Suy ra: ABMN

a

V

1 S

.

SK

3

16 

Câu V: Vì

0 

a



1,0



b



1

nên



a



1  

b



1 

 

0 ab a b



 

1 0

a b ab

   

ab a b

1 1 1 1 (1)



 



Tương tự :

bc b c

ca c a

1 1 1

1 (2),

1 1 1

1 (3)

 



 



Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được:

ab bc ca

a b c

1 2



1 1 1



3

(4)

















</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>





a b c

abc

ab bc ca

a b c

1 1 1 1

1

2

3 









 

   



   























a b c



a b c

1 1 1

2 



3 

 















Cũng theo BĐT Cơ–si ta có :





a b c

1 1 1

9





 













Do đó:





a b c

abc

a b c

1 1 1 1

1

6 3 3







 

 





 











(đpcm)

Dấu "=" xảy ra a = b = c = 1.

Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có

AG

2 AI

I

7 1

;

3 2 2



















Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x y– –3 0
Vì

I

7 1

;

2 2













là trung điểm của BC nên giả sử

B x y



B

;

B



thì

C



7 

x

B

;1



y

B



và
B B

x  y  3 0

H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB; CH   



5 x yB; B



,AB



xB3;yB  6







BB B

 

B

 

B



BB BB

x

y

x

CH AB

.

 

0 





x



5



x

3 3

y

6

0







y



1 2







y



3

6 















 

Vậy

B



1; 2 , 6;3





C





hoặc

B



6;3 , 1; 2



C







S



x





y





z



2
2

( ) :



1 

2 



4 

25

có tâm

I



1; 2;4





và R = 5.

Khoảng cách từ I đến () là: d I



,( )





 3 R  () và mặt cầu (S) cắt nhau.

Gọi J là điểm đối xứng của I qua (). Phương trình đường thẳng IJ :

x

t

y

t

z

t

1 2

2 4 2

  



 



  



Toạ độ giao điểm H của IJ và () thoả





x

t

y

t

x

H

z

t

y

x y

z

1 2

1

2

1 1; 1;2

4 2

1

2 3 0

2 

 







 













 

















Vì H là trung điểm của IJ nên

J





3;0;0



Mặt cầu (S) có tâm J bán kính R = R = 5 nên có phương trình: S



x



y z

2 2 2

( ) : 3   25

Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, khơng có Ngơ Thu Thuỷ
Số cách chọn 3 nam cịn lại là C

3
6.

Số cách chọn 3 nữ khơng có Ngơ Thu Thuỷ là C
3
9.
Suy rasố cách chọn trong trường hợp này là C C

3 3

6. 9 1680 (cách)
Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngơ Thu Thuỷ, khơng có Vũ Mạnh Cường

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Số cách chọn 2 nữ còn lại là C
2
9

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C
4 2

6. 9 540 (cách)

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)

Câu VI.b: 1) Ta có AC vng góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :

x

y

A

y x

y

2 2 2

4 2 0

3

;

2 3 3

3 









 























 







Vì M là trung điểm của AC nên

C

8 8

;

3 3













Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình:

x

y

2

4  





x y

x

BH BC B

:

y

x

3 0

y

4 B

4;1

1

2

4    



 

















 







2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.

Gọi



là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm
D cần tìm là giao điểm của



và (S).

Đường thẳng



có vectơ chỉ phương AB 



2;6;3





nên có phương trình:

x

t

y

t

z

t

2 2

3 6

3 3

  



 



  



Phương trình mặt cầu

  

S

x





y





z



2 2 2

:



3 

1 

2 

9

Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:













x

t

y

t

z

t

t

x

y

z

2 2 2

2 2

1 3 6

49 82 33 0

33 3 3

49

3

1

2

9   





 











 

  



















 Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : khơng thoả vì AB = CD = 7
 Với

t

33 D

164 ;

51 48

;

49 49 49



















(nhận)

Câu VII.b:

x y y x

x

xy

x

3 1 2 3

2

3.2 (1)

3

1 (2)

  











 









Ta có:

 

2 



  

3

x

x

1 0

1

xy x

1



 



x x y

x



3

1  

1





0



 



x

x

0

1 y

1 3

x

 

 

 

 



 Với x = 0 thay vào (1) ta được:

y 2 y y y y

y

8 2 2

3.2 8 2

12.2

2 log

11





















 Với

x

y

1 3

1 x

 



 



thay y1–3x vào (1) ta được :

2

3 1x



2

3 1x



3.2 (3)

Đặt

t



2

3 1x , vì

x



1

nên

t

1

4 

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

(3) :

t

loại

t

t

thoả

1 6

6 1 0

3 2 2

(

)

3 2 2

(

)

  

  



   

 



Suy ra:





x

x

3 1

1

2 3 2 2

log 3 2 2 1

3







 













; y 1 3x 2 log 3 2 22







Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm

x

y

2

0

8 log

11  











và









x

y

2
2

1 log 3 2 2 1

3 2 log 3 2 2





















  



</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 50 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

y



f x

( )



x



mx



2 m

(1) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.

2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm.
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

2sin

x



3 sin 2

x

 

1 3 sin

x



cos

x

2) Giải hệ phương trình:





3

2

8 x y

xy

x y



















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

sin

cos 2





x

x

dx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặt
bên hợp với mặt đáy góc 450 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a.

Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn



2;4



. Chứng minh rằng:





1 1

9

4

2 x y

x

y





















.

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm

P( 7;8)



và hai đường thẳng

:2

5 3 0

d

x



y

 

;

d

2

:5

x



2 y



7 0



cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng

d

3

đi qua P tạo với

d

1,

d

2thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng

29

2

.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy
và mặt phẳng (P):

z



2

lần lượt cắt (S) theo hai đường trịn có bán kính bằng 2 và 8.

Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa :

2 3 1

0 1 2

...

127

2

3 (

1)

7

n
n

n n n n

a

aC

C

n







và

A

n3



20 n

.
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi qua gốc tọa độ và
cắt đường trịn (C) có phương trình :

x



y



2 x



6 y



15 0



thành một dây cung có độ dài
bằng 8.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng ():

1

2 x



y

z





và tạo với mặt phẳng (P) :

2 x



2 y z



 

1 0

góc 600. Tìm tọa độ giao điểm

M của mặt phẳng () với trục Oz.

Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình





(1 )(2 )

.3 .2

x

0 x m









</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Hướng dẫn Đề số 50

Câu I: 2)

y

 

3 x



2 mx x x



(3



2 )

m

 Khi m = 0 thì

3

0  



y

x



(1) đồng biến trên R



thoả u cầu bài tốn.

 Khi

m



0

thì (1) có 2 cực trị 1 2

2 0 ,

3 m

x



x



Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:

 

1 2

( ). 0

f x f x 

3 2

4

2 2 (2

) 0

4 (1

) 0

27 m

m m

m





 





0 3 6

2 m







 









Kết luận: khi

3 6 3 6

;

2 m

 

















thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.

Câu II: 1) PT 





3 sin

x



cos

x



3 sin

x



cos

x





3 sinxcosx

 

3 sinxcosx1



0



3 sin

cos

0 3 sin

cos

1 0

















x



3 tan

3 sin

6 



























x



6

2 2 ;

2

3 









 







x

k

x k

x

k





3

2 (1)

2

8 (2)



















x y

xy

x y

. Điều kiện :

x y

.



0 ;

x



y

Ta có: (1) 

3(

x y



)



4 xy



(3

x y x



)(



3 ) 0

y



3 3

y

x

y hay x





 Với

x



3 y

, thế vào (2) ta được :

6

8 0

2 ;

4

y



y

  

y



y



Hệ có nghiệm

6

12 ;

2

4 x

y











 Với

3 y

x



, thế vào (2) ta được :

3 y



2 y



24 0



Vô nghiệm.
Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:

6

12 ;

2

4 x

y











Câu III:

6 6

0 0

sin

cos 2

2cos

1

 







x



x

I

dx

x

. Đặt

t



cos

x



dt



sin

xdx

Đổi cận:

3

0 1;

6

2 x

 

t



x







t



Ta được

1
2

3
1

1

2 ln

2

1 2 2

2 











t

I

dt

t

1 3 2 2

ln

2 2

5 2 6

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra :

3 ,

2

3

6 x

AI



AH



HI



SAH vuông tại H

2 2 2 2

3 x

SH

SA

AH

a













 











SHI vuông cân tại H

3

6 x

SH

HI





Suy ra:

2 2

3 2 15

6

3

5 x

a

x









































Do đó:





2 2 3

1

5 3 3

15 .

3

5

25

S ABC

a

V



SH dt ABC



Câu V: Gọi





1 1

2 x

y

A

x y

x

y

x



















 















. Đặt

x

t

y



thì

1 ( ) 2

A

f t

t



  

Với





2

4

1 ,

2; 4

1

2 ; 2

2

4

2 x

x y

t

y

 



















  















Ta có:

2 2

1 ( ) 1

;

( ) 0

1 ; 2

2 







 





    







t

f t

t

1

9 (2)

; (1) 4

4

2 f











f



f

 

 

A





(đpcm)

Câu VI.a: 1) Ta có

A(1; 1)



và

d



d

2.

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi

d

1,

d

2 là: 
1:

7 x



3 y



4 0



và 2:

3 x



7 y



10 0



d

tạo với

d

1,

d

2một tam giác vuông cân



d

3vng góc với

1 hoặc 2..

 Phương trình của

d

3có dạng:

7 x



3 y C





0

hay

3 x



7 y C







0

Mặt khác,

d

3qua

P

( 7;8)



nên C = 25 ; C = 77

Suy ra :

d

: 7

x



3 y



25 0



hay

d

:3

x



7 y



77 0



Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích bằng

29

2

 cạnh huyền bằng

58

Suy ra độ dài đường cao A H =

58

2

=

d A d

( , )

 Với

d

: 7

x



3 y



25 0



thì 3

58 ( ; )

2 d A d



( thích hợp)
 Với

d

: 3

x



7 y



77 0



thì 3

87 ( ; )

58 d A d



( loại )

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

R là bán kính mặt cầu thì :

2 2

2

4

64

2

8

2 R

m

R

m

































m



16



R



2 65

I



0;0;16



Vậy phương trình mặt cầu (S) :

x



y



(

z



16)



260

Câu VII.a:

A

n3



20 n



n n

(



1)(

n



2) 20



n



n



3 n



18 0



 n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:

2 7

0 1 6

6 6 6

127 .

....

2

7 a

a C



C



C



Ta có :

(1



x

)



C



C x C x



62 2



C x

63 3



C x

64 4



C x

65 5



C x

66 6

Nên

 

2 7

6 0 1 6

6 0 6 6

0 0 0

(1

)

...

2

7

a a

a

x

x dx C x

C





C

































7 2 7

0 1 6

6 6 6

(1

)

.

....

7

2

7

a

x

a

a C

C





















7 7 7

(1

)

1 127

(1

)

128 (1

)

2

7 a





















a



1

Vậy a = 1 và n = 6 .

Câu VI.b: 1) (C) có tâm

I

(1; 3)



và bán kính R = 5.

Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và IH  R2 AH2  52 42 3 hay

( , ) 3

d I

 

(*)

() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:

Ax By





0 ;

A



B



0

Từ (*) cho : 2 2

3 (4

3 ) 0

A

B

A A

B

A

B



 









A



0

hay

4 A



3 B



0

 Với

4 A



3 B



0

, chọn A = 3; B = – 4  Phương trình của ():

3 x



4 y



0

 Với A = 0, chọn B = 1  Phương trình của ():

y



0

Kết luận : PT của () là

3 x



4 y



0

hay

y



0

.
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP

u



(1; 1; 2)





. (P) có VTPT

n



 

(2; 2; 1)



.
Giao điểm M(0;0;m) cho

AM

 

( 1;0; )

m



. () có VTPT

n

AM u

,

( ;

m m

2;1)















 

() và (P):

2 x



2 y z



 

1 0

tạo thành góc 600 nên :





1 cos ,

2

4 1 0

2 2

4

5

2   

 



 





n n

m

 



m
m

2 2

  


 

 .

Kết luận :

M

(0;0;2



2)

hay

M

(0;0;2



2)

Câu VII.b: PT

1

2

1

2 .3

0

3

x

m

x m

  



  

























Đặt :

( )

3

x

f x



1 .ln 3

( )

3 





x

f x

;





1 ( ) 0

1;2

ln 3



 



 

f x

x

2

1 ( 1)

3 ; (2)

;

3 ( )

9 ln 3

.ln 3

















  







f

f x

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Kết luận : Khi

1

3 .ln 3

m

e

 



</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 51 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I

(2 điểm): Cho hàm số

y x 33 x2mx1

có đồ thị là (

C

m

); (

m

là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi

m

= 3.

2) Xác định m để (

C

m

) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho

các tiếp tuyến của (

C

m

) tại D và E vng góc với nhau.

Câu II

(2 điểm):

1) Giải phương trình:

cos 2

x −

tan

x

=

cos

x

+

cos

x −

1 cos

x

2) Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

(

)

2

7

2 x

y

xy

y

y x y

x

y





 











Câu III

(1 điểm): Tính tích phân:

3
2

2
1

log

1 3ln

e

x

I

dx

x







Câu IV

(1 điểm): Cho hình hộp đứng

ABCD

.

A'B'C'D'

có các cạnh

AB

=

AD

=

a

,

AA

' =

3

2 a

và góc

BAD

= 60

. Gọi

M

và

N

lần lượt là trung điểm của các cạnh

A

'

D

' và

A

'

B

'. Chứng

minh

AC

' vng góc với mặt phẳng (

BDMN

). Tính thể tích khối chóp

A

.

BDMN

.

Câu V

(1 điểm): Cho

a

,

b

,

c

là các số thực không âm thỏa mãn

a b c

  

1 . Chứng minh

rằng:

7

2

27 ab bc ca





abc



II. PHẦN TỰ CHỌN

(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

biết

A

(5; 2). Phương trình

đường trung trực cạnh

BC

, đường trung tuyến

CC

’ lần lượt là

x

+

y

– 6 = 0 và 2

x

–

y

+ 3

= 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

.

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường

trịn ngoại tiếp tam giác

ABC

, biết

A

(–1; 0; 1),

B

(1; 2; –1),

C

(–1; 2; 3).

Câu VII.a

(1 điểm): Cho

z

,

z

là các nghiệm phức của phương trình

2 z



4 z



11 0



.

Tính giá trị của biểu thức :

2 2
1 2

2
1 2

(

)

z



.

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy,

cho hai đường thẳng



:

x



3 y

 

8 0

,

' :3

x

4 y

10 0









và điểm

A

(–2; 1). Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc

đường thẳng



, đi qua điểm

A

và tiếp xúc với đường thẳng



’

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho ba điểm

A

(0; 1; 2),

B

(2; –2; 1),

C

(–2; 0; 1).

Viết phương trình mặt phẳng (

ABC

) và tìm điểm

M

thuộc mặt phẳng (P):

x

y z

2 

–3 0



sao cho

MA

=

MB

=

MC

.

Câu VII.b

(1 điểm): Giải hệ phương trình:

1 2

2log (

2 2) log

(

2 1) 6

log (

5) log

(

4) = 1

x y

xy

x y

x

y

x

 





 



















</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Hướng dẫn Đề số 51
Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x33x2mx 1 1

 x x



23x m



0 

x

f x( )0 x2 3x m 0

 

    



Đê thỏa mãn YCBT thì PT f x( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 khác 0 và

   

y x y x 1 .  2 1



2 2

1 1 2 2

9 4 0, (0) 0

(3 6 )(3 6 ) 1.

m f m

x x m x x m

   


    


m

x x

1 2 2

x x x

1 2 1

x

2

m x

12

x

22

x x

1 2

m x

1

x

2

m

9 , 0

4 9(

) 18

(

) 3 (

) 36

6 (

)

1 







 









m

9 , 0

4

9 1 0









 





 





m

9

65

8 



Câu II: 1) Điều kiện:

cos

x



0

.

PT 

2 2 2

cos 2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cosx1 0


x
x
cos 1
1
cos
2
 



 
x k
x k
2
2 2
3




 

 



2) Từ hệ PT 

y



0

. Khi đó ta có:

2 2

2 2 2

1

4 1 4

.

(

)

2

7

2

1 (

)

2

7 x

x y

y

x

y

xy

y

y x y

x

y

x

x y

y





 









 



























Đặt
2

1 ,

x

u

v x y

y





 

ta có hệ: 2 2

4 3,

1

2

7

2 15 0

5,

9 u v

u

v

u

v

u

v

u

 

 































 Với

v



3,

u



1

ta có hệ:

2 2 2

1,

2

1 2 0

2,

5

3 x

y

x

y

x

y

x

y

x y

y

x

y

x





 



 



 



















 





.

 Với

v



5,

u



9

ta có hệ:

1 9

9

46 0

5 x

y

x

y

x

x y

y

x

y

x



 



 















 



, hệ này vơ

nghiệm.

Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm:

(1; 2), ( 2; 5)



Câu III:

3 2

2 2 2

1 1 1

ln

log

ln 2

1 ln .

.

ln

ln 2

1 3ln

e e e

x

xdx

I

dx

x



















Đặt

2 2

1 1 3ln

ln

(

1)

ln .

3 dx

x t

x

t

x

tdt

x



 









Suy ra :









2
2 2
3
2
2
3 3
2

1 1 1

1 log

1 3

1 .

1 ln 2

3 9ln 2

1 3ln

e

t

x

I

dx

tdt

t

dt

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

2
3

3 3

1

4 9ln 2 3

t

27 ln 2



















Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ PQ. Suy ra AC 
(BDMN)

Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN.

Tính được

a

AH 2AC 15

5  5

 

a a

PQ 15 ,MN

4 2

 

 BDMN

a

S 3 2 15



. Suy ra:

. D D

1

3 .

3

16 

A B MN B MN

a

V

S

AH

.
Câu V:

Cách 1: Ta có

ab bc ca





2 abc a b c



(



) (1 2 )





a bc a



(1



a

) (1 2 )





a bc

.
Đặt

t bc



thì ta có

2 2

(

)

(1

)

0

4 b c

a

t bc





 





Xét hàm số: f t a( )  (1 a) (1 2 )  a t trên đoạn

a

(1

)

0;

4 

















Có:

(

1 )

1

7 (0)

(1

)

4

27  







a

 

f

a

và
2
2

(1

)

7

1

7 (2

)

4 27 4

3

27 a

f















a







a





















với a 



0;1



.

Vậy:

7

2

27 ab bc ca





abc



. Dấu "=" xảy ra 

a b c

1

3   

Cách 2: Ta có

a

b c

a b c a b c

c

b

2 2

(

)

(

)(

) (1 2 )(1 2 )







 





 



(1)

Tương tự:

b

 

(1 2 )(1 2 )

a



c

(2),

c

 

(1 2 )(1 2 )

a



b

(3)

Từ (1), (2), (3) 

abc

 

(1 2 )(1 2 )(1 2 )

a



b



c

1 2(



a b c

 

) 4(



ab bc ca



) 8



abc



abc

ab bc ca

1 9

4 





abc

ab bc ca

2 abc

1

4 





Mặt khác a b c  33abc 

abc

1

27 

. Do đó:

ab bc ca

abc

1 7

27

2

4

27 







.
Dấu "=" xảy ra 

a b c

1

3   

Câu VI.a: 1) Gọi

C c c

( ; 2



3)

và

I m

( ;6



m

)

là trung điểm của BC.
Suy ra:

B m c

(2



; 9 2



m



2 )

c

. Vì C’ là trung điểm của AB nên:

2 5 11 2

2 '

;

'

2 



















m c

m

c

C

CC

nên

2 5 11 2 2 5

2 3 0

2 2 6

   

 

    

 

 

m c m c

m

5 41

;

6 6

















I

.
Phương trình BC:

3 –3

x

y



23 0



Tọa độ của C là nghiệm của hệ:

2 3 0

14 37

;

3 23 0

3 3



 



























x y

C

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Tọa độ của

19 4

;

3 3















B

2) Ta có:

AB



(2; 2; 2),



AC



(0; 2; 2).



Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:

x y z

 



1 0,



y z

 

3 0.



Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4; 4).

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 


Suy ra (ABC):

2 x y z



  

1 0

Giải hệ:

1 0

0 3 0

2 1 0

1  









 













  







x y z

x

y z

y

x y z

z

. Suy ra tâm đường tròn là

I

(0; 2;1).

Bán kính là

R IA



( 1 0)

 



(0 2)





(1 1)





5.

Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 2

3 2 3 2

1 , 1

2 2

z   i z   i

Suy ra

2
2

1 2 1 2

3 2 22

| | | | 1 ; 2

2 2

z z     z z 

  . Do đó:

2 2
1 2

2
1 2

11

4 (

)







z

.

Câu VI.b: 1) Giả sử tâm

I

( 3 –8; )



t

.
Ta có: d I( , ) IA 

2 2

3( 3

8) 4

10 ( 3

8 2)

( 1)

3

4 t

















t



3



I

(1; 3),



R



5

PT đường trịn cần tìm:

( –1)

x



y

(



3)



25

2) Ta có AB(2; 3; 1),  AC ( 2; 1; 1)   nAB AC,  (2; 4; 8)

   

   

là 1 VTPT của
(ABC)

Suy ra phương trình (ABC):



x– 0 2 –1 –4 –2







y





z



0 

x



2 –4

y

z

 

6 0

.
Giả sử M(x; y; z).

Ta có:

MA MB MC

M ( )P

  

 

 

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y z

2 2 2 2 2 2

(

(

1)

1)

(

(

2)

2)

(

(

2)

2)

(

2)

( 1)

( 1)

2 3 0









































 







x

y

z

2

3

7  







 



 M(2;3; 7)

Câu VII.b: Điều kiện:

2 2 0,

2 1 0,

5 0,

4 0

(*)

0 1

1, 0 2

1 



  



 



 



 





xy

x y

x

y

x

y

Hệ PT 

1 2 1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2)

   

         

 

 



 

     

 

 

x y x y

x y x y x

y x y x

Đặt

log

2y

(1



x

)



t

thì (1) trở thành:

1 2 0

(

1)

0

1. t

 

 



  

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

1 1 1

4 log (

4) log (

4) = 1

log

1

2

0

4

x x x

x

  



















 

 









0

2 x





 





 Với

x



0



y



1

(không thoả (*)).
 Với

x



2



y



1

(thoả (*)).

Vậy hệ có nghiệm duy nhất

x



2,

y



1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 52 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I

(2 điểm): Cho hàm số

y2x39mx212m x2 1

(

m

là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi

m

= –1.

2) Tìm tất cả các giá trị của

m

để hàm số có cực đại tại

x

CĐ, cực tiểu tại

x

CT thỏa mãn:

CÑ CT

x2 x

.

Câu II

(2 điểm):

1) Giải phương trình:

x  1 1 4x2 3x

2) Giải hệ phương trình:

x x

5cos 2 4sin –9

3 6

 

   

  

   

   

Câu III

(1 điểm): Tìm họ nguyên hàm của hàm số:

x

f x

x

2 3

ln(

1)

( )

1 





Câu IV

(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA =

x

và tất cả các cạnh cịn lại có độ dài

bằng

a

. Chứng minh rằng đường thẳng BD vng góc với mặt phẳng (SAC). Tìm

x

theo

a

để thể tích của khối chóp S.ABCD bằng

a

√

2

6 .

Câu V

(1 điểm): Cho các số thực không âm

a, b

. Chứng minh rằng:

a

b

3 b

a

3

2 a

1

2 b

1

4

2 

 



 







 





 



II. PHẦN TỰ CHỌN

(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, cho ba đường thẳng:

d1: 2x y –3 0

,

d2: 3x4y 5 0

,

d3: 4x3y 2 0

. Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc

d

1

và tiếp xúc với

d

2 và

d

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho điểm

A(1;2; –1)

, đường thẳng (



):

2

1

3

2 x



y

z





</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Câu VII.a

(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đơi một khác nhau, trong đó có

mặt chữ số 0 nhưng khơng có mặt chữ số 1?

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy,

cho đường thẳng

( )

d

:

2 x my



 

1

2 

0 và

đường trịn có phương trình

( ) :

C x



y



2 x



4 y



4 0



. Gọi I là tâm đường tròn

( )

C

.

Tìm

m

sao cho

( )

d

cắt

( )

C

tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của

m

thì diện

tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho hai điểm

S(0;0;1)

,

A(1;1;0)

. Hai điểm

M(m; 0; 0)

,

N(0; n; 0)

thay đổi sao cho

m n 1

và

m > 0

,

n > 0

. Tính khoảng cách từ

A

đến mặt phẳng

(SMN)

. Từ đó suy ra mặt phẳng

(SMN)

tiếp xúc với một mặt cầu cố

định.

Câu VII.b

(1 điểm): Giải bất phương trình:





x

x x

x

21 x

4 –2.2 –3

.log

–3 4

4







Hướng dẫn Đề số 52
Câu I: 2)

y

 

6 x



18 mx



12 m



6(

x



3 mx



2 )

m

Hàm số có CĐ và CT  y 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1 2,  = m2 > 0  m0
Khi đó:

x



m m x





m m



1 3

,

1 3

2 









.
Dựa vào bảng xét dấu y suy ra xCÑx x1, CT x2

Do đó: x2CĐ xCT 

m m

3

2 



















 m2

Câu II: 1) Điều kiện

x



0

PT  4x2 1 3x x 1 0 

x

2

1 (2

1)(2

1)

0

3

1 













x

1 (2

1) 2

1

0

3

1 







 













2 x



1 0





x

1

2 

.
2) PT 

x

10sin

4sin

14 0

6 

































sin

x

6

1 



















x

3 k2







Câu III: Ta có:

x

x x

x

f x

x

2 2 2

2 2 2 2

ln(

1)

(

1)

ln(

1)

( )

1 











 





F x

( )

f x dx

( )

1 ln(

x

1) (

d x

1)

xdx

1 d

ln(

x

1)

2 

















x

C

2 2 2 2

1 ln (

1)

1 ln(

1)

4 

2 

2 

.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Ta có:

V

S ABCD

V

S ABC

BO SA SC

ax AB

OA

2 2



2 

2.

1 6

. .



1 3

.



a x a x

ax a

2 2 2 1

ax

3 2 2

4 6

1

3







Do đó: S ABCD

a ax a x a

V

3 2 2 3

.  62  16 3   62



x a

x a 2

 
 

 .

Câu V: Ta có:

a

b

a

b a

a a b a b

2 2 1 1 1 1

2 2 2 2

3

1

4

 

        

 

 







  

Tương tự:

b

a

a b

2 1

3

4  

  

Ta sẽ chứng minh a b a b

1 2 1 (2 1

2 2 2

     

    

     

      (*)

Thật vậy, (*) 

a

b

ab a b

1 4

ab a b

4 4

2





  

 a b

2 0

(  )  .

Dấu "=" xảy ra 

a b

 

Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là

I t

( ;3 2 )



t

d1.

Khi đó:

d I d

( ,

2)d I d( , )3 

t t

t

3 4(3 2 ) 5
5

4 3(3 2 ) 2

5

  











t

2

4







Vậy có 2 đường trịn thoả mãn:

x

y

2 2 49

(



2) (



1)



và

x

y

2 2

9 (

4)

(

5)

25 





2) () :

2

3

1

3

2 2 2

x

t

x

y

z

y

t

z

t

 

















  



. (P) có VTPT n(2;1; 1) .
Gọi I là giao điểm của () và đường thẳng d cần tìm



I

(2 ;3 ; 2 2 )



t t

 

t

(1

,3

2, 1 2 )

AI

t t

t





 



 

là VTCP của d.

Do d song song mặt phẳng (P)                AI n. 0

t

AI





1 3 1 0

3 2; 9; 5

3 

   









.
Vậy phương trình đường thẳng d là:

1

2

1

2

9

5 x



y



z







.

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=x a a a a a a 1 2 3 4 5 6 .

Vì khơng có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và

a



0

nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.

Số cách xếp cho 5 vị trí cịn lại là :

A

85.

Vậy số các số cần tìm là: 5.

A

85 = 33.600 (số)
Câu VI.b: 1)

( )

C

có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.

(d) cắt

( )

C

tại 2 điểm phân biệt A, B



d I d

( , )



R



2 2



m

 

1

2 

3 2



m

2

2 2 2

1 4 4 18 9 5 4 17 0

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Ta có:



1

9 . sin

.

2 





S

IA IB

AIB

IA IB

IAB

Vậy:

S

IAB

lớn nhất là

9

2

khi



90



AIB



AB =R 2 3 2



3 2

( , )

2 

d I d



3 2

2

1 2

2 m







2 2 2

16 16 4 36 18 2 16 32 0

 m  m   m  m  m 

 m

2) Ta có:

SM



( ;0; 1),

m



SN



(0; ; 1)

n





 VTPT của (SMN) là

n



( ; ;

n m mn

)



Phương trình mặt phẳng (SMN):

nx my mnz mn







0

Ta có: d(A,(SMN))

2 2 2

n m mn

n

m

m n









1 .

1 2 2

1 2

m n

mn

mn m n









Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.
Câu VII.b: BPT 

x x

x

x 1 x

(4



2.2 

3).log



3 2







4



x x

x

(4



2.2 

3).(log



1) 0





x x

x

2
2

2.2 3 0

log

1 0

2.2 3 0

log

1 0

 

 


 
 
 






 





 


x
x

x
x

2 3

log 1

2 3

log 1

  
 

 



  

 

 
 

 

x
x
x

x

log 3
1
2
log 3

1
0

  



 


 
  





  


 

 

x
x

log 3
1
0

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 53 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I

(2 điểm): Cho hàm số

x

y

x

2

1 





.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục

Ox ,

Oy

lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.

Câu II

(2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

x

x

sin

cos

2 tan 2

cos2

0

sin

cos







2) Giải hệ phương trình:

¿

x

y

(

1 +

y

)+

x

y

(

2 +

y

)+

xy

−

30 =

0 x

y

+

x

(

1 +

y

+

y

)+

y −

11 =

0 ¿

{

¿

Câu III

(1 điểm): Tính tích phân:

I =



0
1

1 +

x

1 +

√

x

dx

Câu IV

(1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A



B



C



có đáy ABC là tam giác vng với AB =

BC =

a

, cạnh bên AA



= a

√

2 . M là điểm trên AA



sao cho

AM

1 AA

'

3 



. Tính thể

tích của khối tứ diện MA



BC



.

Câu V

(1 điểm): Cho các số thực dương

a, b, c

thay đổi luôn thỏa mãn

a b c

  

1 . Chứng

minh rằng:

a

+

b

+

c

+

b

+

c

+

a

+

c

+

a

+

b

≥

2 .

II. PHẦN TỰ CHỌN

(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, cho điểm E(–1; 0) và đường tròn (C):

x2 y2–8 – 4 –16 0x y 

. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây

cung MN có độ dài ngắn nhất.

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng

(P):

2x y z   5 0

. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ

tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng

5
6

.

Câu VII.a

(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng

hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số cịn lại có mặt khơng q một lần?

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy,

cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình

đường thẳng AB, BC lần lượt là:

x2 –5 0y 

và

3 –x y 7 0

. Viết phương trình

đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm

F(1; 3)

.

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường

thẳng



:

x 1 y 1 z

2 1 2

 

 



. Tìm toạ độ điểm M trên



sao cho



MAB có diện tích nhỏ

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Câu VII.b

(1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số

a

để phương trình sau có nghiệm duy

nhất:

log (25 – log )5 x 5a x

Hướng dẫn Đề số 53

Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y( ; )0 0 cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.

Do OAB vng tại O nên:

OB

A

OA

1
tan

 

 Hệ số góc của d bằng

1
4 hoặc

1
4


.
Hệ số góc của d tại M là:

y x

x

0 2

( ) 0

( 1)

  





y x( )0 1
4

 

 x

2
0

1 1

( 1)

 





x y

0 0

3
1

2
5
3

  

   


 



 

  

 

  



Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x

1( 1) 3

4 2

  

hoặc y x

1( 3) 5

4 2

  

Câu II: 1) Điều kiện: cos2x0.

PT  (sinxcos )x 22sin2xcos 22 x0  sin 22 x sin2x0



x

x loại

sin2 0

sin2 1 ( )

 

 

  x k 2




.
2) Hệ PT 

xy x y x y x y

xy x y xy x y

2 2 2

( ) ( ) 30

( ) 11

    



    

 

xy x y x y xy
xy x y(( )() xy x y) 3011

    



    



Đặt

x y u
xy v

  

 

 . Hệ trở thành

uv u v
uv u v( ) 3011

  

   

 

uv uv

uv u v(11 ) 30 (1)11 (2)

  

   

 . Từ (1) 

uv
uv 56

 
 


 Với uv = 5  u v 6. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là:

5 21 5; 21

2 2

   

 

  và

5 21 5; 21

2 2

   

 

 

 Với uv = 6  u v 5. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)
Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2), (2;1),

5 21 5; 21

2 2

   

 

 ,

5 21 5; 21

2 2

   

 

 .

Câu III: Đặt t x  dx2 .t dt. I =

t tdt

t

1 3
0

2
1






t t dt

t

1
2
0

2 2

 

  

 



 



= 11 4ln23  .

Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH  AC và BH

 (ACCA).

Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MAC BH =

a

2 . Từ giả thiết  MA = a
2 2

3 ,

AC = a 2 .

Do đó: B MA C MA C

a

V . ' ' 1BH S. ' ' 1BH MA A C. . 3 2

3 6    9

  

.
Câu V: Ta có:

a b a b c b a b a

b c b c b c

2 (1  ) 

  

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Tương tự, BĐT trơt thành:

a b a b c b c a c

b c c a a b 2

  

     

   

a b b c c a

b c c a a b 3

  

  

  

Theo BĐT Cơ–si ta có:

a b b c c a a b b c c a

b c c a a b 33 b c c a a b. . 3

     

   

      .

Dấu "=" xảy ra 

a b c 1

  
.

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R  E nằm trong hình trịn
(C).

Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE.
Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E  đi qua E và vng góc với IE
Khi đó phương trình đường thẳng  là: 5(x1) 2 y0  5x2y 5 0.

2) Giả sử (S): x2y2z2  2ax 2by 2cz d 0.

 Từ O, A, B  (S) suy ra:

a
c
d

1
2
0

 




 

  I b(1; ;2).



d I P( ,( )) 5
6




b 5 5

6 6







b

b 010

 
 


Vậy (S): x2y2z2 2x 4z0 hoặc (S): x2y2 z2 2x20y 4z0
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a 1 2 3 4 5 6 7 (a

1 0).
 Giả sử

a

1 có thể bằng 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:

C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:

C

+ Số cách xếp cho 2 vị trí cịn lại là: 2!

C

 Bây giờ ta xét

a

1= 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:

C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:

C

+ Số cách xếp cho 1 vị trí cịn lại là: 7
Vậy số các số cần tìm là:

2 3 2 2 3

. .2!

5 8



. .7 11340



C C

C

C C

(số).

Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1(1;2), của BC là n2 (3; 1) , của AC là n3 ( ; )a b với

a2b2 0.

Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.

Suy ra:

cos

B



cos

C



n n n n

1 2 3 2

. .

.  .

   



a b
a2 b2

1 3






 22a22b215ab0 

a b

a b

11 2

 

 


 Với

2 a b



, ta có thể chọn a1,b2  n3(1;2)



 AC // AB  không thoả mãn.
 Với

11 a



2 b

, ta có thể chọn a2,b11  n3(2;11)



</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

2) PTTS của :

x t

y t

z t

1 2
1
2

  


 

 

 . Gọi M( 1 2 ;1 ;2 )  t  t t .
Diện tích MAB là

S 1 AM AB, 18t2 36 216t

2  

     

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

= 18( 1)t 2198 ≥ 198
Vậy Min S =

198

khi

t



1

hay M(1; 0; 2).

Câu VII.b: PT 

x a x

25  log 5



x x a

5  5  log 0



x

t t

t2 t 5a

5 , 0

log 0 (*)

  





  




PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm dương 

t

a

log

 

có đúng 1
nghiệm dương.

Xét hàm số f t( )t2  t với t  [0; +∞). Ta có: f t( ) 2 1 t 

f t( ) 0 t 1

   

f 1 1

2 4

 

 

  , f(0) 0 .

Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f t( ) log 5a có đúng 1 nghiệm dương



a
a

5
5

log 0

1
log

 



 

 

a

a 4

1
1

 





</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 54 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I

(2 điểm): Cho hàm số

y x





2 m x

2 2



1 (1).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi

m

= 1.

2) Chứng minh rằng đường thẳng

y x

 

1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân

biệt với mọi giá trị của

m

.

Câu II

(2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

2 2

2sin

tan

4 



















2) Giải hệ phương trình:



x



x

2 2 2

3 3 3

2log

–4 3 log (



2) log ( –2)





4 Câu III

(1 điểm): Tính tích phân:

I =

x

dx

x

2
0

sin

cos

3 sin







Câu IV

(1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2

a

. Trên đường thẳng

d

đi qua A và vng góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với

mp(ABC) một góc bằng 60

. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

Câu V

(1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

x

f x

x

4 3 2

4

8

5 ( )

2 













II. PHẦN TỰ CHỌN

(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là





3;0



và đi qua điểm

M

4 33

1;

5 











. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).

2) Trong không gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng

d

:

x

t

y

t

z

1 2 2

3   



 



 



. Hãy tìm trên đường thẳng

d

các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều.

Câu VII.a

(1 điểm): Chứng minh:

12 1Cn22 2Cn 32 3Cn...n C2 nn (n n 2).2n2

, trong đó

n

là số tự nhiên,

n

≥ 1 và

Cnk

là số tổ hợp chập

k

của

n

.

2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b

(2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy,

cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng

AB cắt trục

Oy

tại E sao cho

AE2EB



. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng

tâm là

G

13 2;

3 











. Viết phương trình cạnh BC.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ

Oxyz

, cho đường thẳng

d

:

x

1 y

1 z

3 



1 



1 và mặt

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Câu VII.b

(1 điểm): Giải hệ phương trình:

x

y y

x

y

x

3 3

4

16

1 5(1

)























.

Hướng dẫn Đề số 54
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:

x



2 m x

2 2

  

1 x

1



x



2 m x

2 2



x



0

 x x



32m x2 1 0







x

g x x3 m x2

( ) 2 1 0 (*)

 

    



Ta có: g x( ) 3 x22m2 0 (với mọi x và mọi m )  Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi
giá trị của m.

Mặt khác g(0) = –1 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.

Vậy đường thẳng

y x

 

1

luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của
m.

Câu II: 1) Điều kiện:

cos

x



0

 x 2 k.



 

(*).

PT  x

x

x

2
2

1–cos

  

2sin

–tan

 





1–sin2

x



tan (sin2 –1)

x



x
x
sin2 1
tan 1
 
 


x k
x l
2 .2
2
.

4





 


  
 
x k
x l
.
4
.
4





 


  

  x 4 k.2

 

 

. (Thỏa mãn điều kiện (*) ).

2) Điều kiện:

x
x
2
2
3
4 0

log ( 2) 0

  


 

 
x
x
2
2
4 0

( 2) 1


  

 

 
x

x 23

 
 
 (**)

PT 



x



x x

2 2 2

3 3 3

log – 4 3 log ( 2) log ( –2) 4

 x x

2 2

3 3

log ( 2) 3 log ( 2)  4 0





x



x



2 2

3 3

log ( 2) 4 log ( 2) 1 0

 x

2
3

log ( 2) 1

 (x2)23  x 2 3
Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x 2 3 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x 2 3

Câu III: Đặt t 3 sin 2x= 4 cos 2x. Ta có:

cos

x



4 –

t

2và

x x
dt dx
x
2
sin cos
3 sin


 .
I =
x dx
x x
3
2
0
sin .

cos 3 sin







x x dx

x x

2 2

sin .cos

cos 3 sin






=
dt
t
15
2
2
3 4



=
dt
t t
15
2
3

1 1 1

4 2 2

 

 
 
 



=
t
t
15
2
3

1ln 2

4 2




1 ln 15 4 ln 3 2

4 15 4 3 2

   

  

   

  = 1 ln 15 4 ln 3 22















.
Câu IV: Ta có SA (ABC)  SA AB; SA  AC..

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2;

SCA600

là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC).

SA = AC.tan600 = a 6. Từ đó

SB



SA



AB



10 a

2.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2=  .SB2 =

10 

a

2.

Câu V: Tập xác định: D = R .
Ta có:

f x x x

x x

( ) 2 2 2

2 2

    

  ( BĐT Cô–si).

Dấu "=" xảy ra 

x

–2

x

  

2 1

x



1

Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.

Câu VI.a: 1) Ta có F1



 3;0 ,



F2



3;0



là hai tiêu điểm của (E).

Theo định nghĩa của (E) suy ra :

a MF MF

1 2

2 



=





2 4 33

1 3

 

   

  +





2 4 33

1 3

 

   

  = 10 
 a = 5. Mặt khác: c = 3 và

a

–

b



c

2 

b



a



c



22

Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22) ; B2 ( 0; 22).

2) d có VTCP

u

d

 

( 1;2;0)



. Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d.
Giả sử

H



1– ; 2 2 ;3t  t



 AH  



1 ;1 2 ;0t  t





Mà AH  d nên AH u d








1 

1 

t





2 

1 2



t





0



t

1

5 



H

6 8

; ;3

5 5

 

 

 

 AH =

3 5
5 .

Mà ABC đều nên BC =

AH

2 2 15

3  hay BH = 
15
5 .

Giả sử

B

(1 ;2 2 ;3)



s



s

thì s s

2 2

1 2 2 15

5 5 25

   

    

   

    

25 s



10 –2 0

s





s 1 3

 


Vậy: B

6 3 8 2 3; ;3

5 5

   

 

 và C

6 3 8 2 3; ;3

5 5

   

 

 

hoặc B

6 3 8 2 3; ;3

5 5

   

 

  và C

6 3 8 2 3; ;3

5 5

   

 

 

Câu VII.a: Xét khai triển:

(1



x

)

n



C

n0



xC

1n



x C

2 2n



x C

3 3n



...



x C

n nn
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:

n

(1



x

)

n1



C

n1



2 xC

n2



3 x C

2 3n



...



nx C

n1 nn
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:

n

n n n

n n n n

x n x

n



(1

x

)

1 ( 1)(1 ) 2

1

C

2

xC

3

x C

2 3

...

n x C

2 1











Cho x = 1 ta được đpcm.

Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG AM

2
3



 M(2; 3). Đường thẳng EC qua M
và có VTPT AG

8
0;

 

  

 



nên có PT: y3  E(0; 3)  C(4; 3). Mà AE2EB

 

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

 Phương trình BC: 2x 5y 7 0.

2) Gọi I là tâm của (S). I d I(1 3 ; 1 ; ) t  t t . Bán kính R = IA = 11t2 2 1t .
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên:

t

d I P( ,( )) 5 3 R



 

 37t2 24t0



t R

0 1

24 77

37 37

   



  



 .

Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).
Vậy phương trình mặt cầu (S): (x 1)2(y1)2z2 1.

Câu VII.b:

x y y x

y x

3 3

24 162 (1)

1 5(1 ) (2)



   



  




Từ (2) suy ra y2–5x2 4 (3).

Thế vào (1) được:

x





y2–5

x y y



.





16 x

 x3–5x y2 –16 x0

 x0 hoặc x2–5 –16 0xy 
 Với x0  y24 

y



2

 Với x2–5 –16 0xy  

x
y

x

2 16




(4). Thế vào (3) được:

x x

x

2
2

16 5 4

  

 

 

 



x

–32

x



256 –125

x



100 x

2

124 x



132 –256 0

x





x



1



x

y

x

1 (

y

3)












</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 55 )

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số

y x



–3

x



2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :

m

x

2

1 





.
Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình:

x

5 2 2 cos

sin

1

12 

















2) Giải hệ phương trình:

x y

x

y

x

y

2 8

2 2 2 2

log

3log (

2)

1

3 

















 







Câu III (1 điểm): Tính tích phân:

x

I

dx

x

2
4

sin

1












Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a .
Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc

60

0. Trên
cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =

a

3

, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích
khối chóp S.BCNM.

Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5x 5y5z1 .Chứng minh rằng :

x y z

x y z y z x z x y

25

5



5



5





x y z

5

4 

II. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao

CH x y

:



 

1 0

, phân giác trong

BN

: 2

x y

  

5 0

. Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện
tích tam giác ABC.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng :

x

y

z

d

1

:

2

1

4

6

8 







,

x

y

z

d

2

:

7

2

6

9

12 





a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 .

b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt

giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức:

z

3 2

z

1 0

2 



  

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là
giao điểm của đường thẳng d x y1:   3 0 và d x y2:   6 0 . Trung điểm của một cạnh
là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ

các đỉnh của hình chữ nhật.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

x

y

z

d

1

:

2

1

2 





và

x

t

d

y

z t

2 2

:

3 

 

















a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vng góc chung của d1

và d2.

b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vng góc chung của d1 và d2.

Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S C C C C C

0 4 8 2004 2008

2009 2009 2009 ... 2009 2009

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Hướng dẫn Đề số 55

Câu I: 2) Ta có





m

x

m x

x

2

1

,

1.

1 













Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của

y





x



2 x



2 

x



1 , ( ')

C

và
đường thẳng

y m x



,



1.

Với





f x

khi x

y



x



2 x



2 x



1 



( )

f x khi x

( )



1

1 





nên

 

C

'

bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng

x



1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:

m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0
Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT

x

5 2 sin 2

sin

1

12 

































x

5

1 sin 2

sin

12 2

4 





















x

5 sin 2

sin

2 cos sin

sin

12

4

12

3

12 

























































x

k

x

k

x

k

x

k

x

k

5

2

5 12

6

sin 2

sin

5

13

3

12 2

12

4 











































































2) Điều kiện:

x y

 

0,

x y





0

Hệ PT 

x y

x

y

x

y

2

1

3 



 











 







.

Đặt:

u x y

v x y

  



 



ta có hệ:

u

v

u v

uv

u

v

uv

u

v

uv

2 (

)

2

4

2 3

2 









 





























u v

uv

u v

uv

uv

2

4 (1)

(

)

2 3 (2)

2   





 















.

Thế (1) vào (2) ta có: uv8 uv 9 uv  3 uv8 uv 9 (3 uv)2 uv0.

Kết hợp (1) ta có:

uv

u

v

u v

0 4,

0

4 









 



(với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)
Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).

Câu III:

I

x

xdx

x

xdx I

1

I

2

4 4

1 sin

 

 

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

 Tính

I

1 4

x

xdx

1 sin












. Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I10

 Tính

I

2 4

x

xdx

sin










. Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

I2 2 2

4 

 

Suy ra: I

2 2

4 

 

Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .


BC AB

BC BM

BC SA















. Tứ giác BCMN là hình thang vng có BM là đường cao.

 SA = AB tan600 =

a

3 a

MN SM

MN

AD

SA

a

a

3 2

3

2 3

3 







 MN =

a

4

3

, BM =

a

2

3

Diện tích hình thang BCMN là : S =

BCNM

a

BC MN

a

S

BM

4

2 2

10

3

2 3

3 3

























 Hạ AH



BM. Ta có SH



BM và BC



(SAB)





SH . Vậy SH



( BCNM)



SH là đường cao của khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

AB AM

SB



MS

=

1

2

.

Vậy BM là phân giác của góc SBA

 

SBH



30 

SH = SB.sin300 = a

 Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNM

SH S

1 .

3

=

a

10 3

27

.

Câu V: Đặt

5

x



a

; 5

y



b

; 5

z



c

. Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và ab bc ca abc  

BĐT 

 







2 2 2

4 a

b

c

a b c

a bc b ca c ab

(*)

Ta có: (*)



 







3 3 3

2 2 2

4

a

b

c

a b c

a

abc b

abc c

abc



 







3 3 3

(

)(

) (

)(

) (

)(

)

4 a

b

c

a b c

a b a c

b c b a

c a c b

Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có:







3

(

)(

)

8

4 a

a b a c

a

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>







3

(

)(

)

8

4 b

b c b a

b

b c b a

( 2)







3

(

)(

)

8

4 c

c a c b

c

c a c b

( 3)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Do AB CH nên phương trình AB:

x y

  

1 0

.

 B =

AB BN



 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:

x y

2 5 0

1 0



  



  





x

y 34

 




  B(-4; 3).
 Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì

A BC

'



Phương trình đường thẳng (d) qua A và vng góc với BN là (d):

x



2 y



5 0



. Gọi

I



( )

d



BN

.

Giải hệ:

x y

x

y

2 5 0



  









. Suy ra: I(–1; 3)



A

'( 3; 4)



 Phương trình BC:

7 x y

 

25 0



. Giải hệ:

BC x y

CH x y

: 7

25 0

:

1 0



 







 





C

13 9

;

4 













.



BC

2 2

13

9

450

4

3

4 











 





















,

d A BC

2 2

7.1 1( 2) 25

( ;

)

3 2

7 1

 







.

Suy ra:

S

ABC

d A BC BC

1 ( ;

).

1 .3 2.

450 45

.

2

4 

2) a)  VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u1(4; 6; 8),  u2  ( 6;9;12)



 u u1 2,

 

cùng
phương.

Mặt khác, M( 2; 0; –1)  d1; M( 2; 0; –1)



d2.. Vậy d1 // d2.
 VTPT của mp (P) là

n

1 MN u

,

1

(5; 22;19)

2 

















 Phương trình mp(P):

x

y

z

5 –22



19  

9 0

.
b) AB(2; 3; 4) 



 AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .

Ta có: IA + IB = IA1 + IB



A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng



I là giao điểm của A1B và

d. Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

 Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H

36 33 15

;

29 29 29













. A’ đối xứng với A qua H nên

A’

43 95 28

;

29 29 29















I là trung điểm của A’B suy ra I

65 21 43

;

29 58 29















.

Câu VII.a: Nhận xét

z



0

không là nghiệm của PT. Vậy z



0

Chia hai vế PT cho z2 ta được:

z

2
2

1 1 0

2 

 

























</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Đặt t z z

 

. Khi đó

t

z

2 2

1 2







z

t

z

2 2

1 2









Phương trình (2) trở thành: t t

2 5 0

  

(3).

i

5 1 4.

9 9

2   





 PT (3) có 2 nghiệm

i

t

1 3

2 



i

t

1 3

2 



 Với

i

t

1 3

2 



: ta có

i

z

i z

z

1 1 3

2

(1 3 ) 2 0

2 















(4a)
Có

  

(1 3 ) 16 8 6 9 6

i



 

i

 

i i





(3 )



i

 PT (4a) có 2 nghiệm :

i

z

(1 3 ) (3 ) 1

i

4 



 

i

z

(1 3 ) (3 )

1

4

2 









 Với

i

t

1 3

2 



: ta có

i

z

i z

z

1 1 3

2

(1 3 ) 2 0

2 









(4b)
Có

  

(1 3 )

i



16 8 6 9 6

 

i

 

i i





(3 )



i

 PT (4b) có 2 nghiệm :

i

z

(1 3 ) (3 ) 1

i

4 







 

i

z

(1 3 ) (3 )

1

4

2 

 



Vậy PT đã cho có 4 nghiệm :

i

z

1 ;

i z

1 ;

i z

1 ;

z

1

2 

 

 

 



Câu VI.b: 1) Ta có: I d 1d2 Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

x

x y

y

9 3 0

2

6 0

3

2 





 









 





 





I

9 3

;

2 2













Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M d 1Ox là trung điểm cạnh AD. Suy ra
M(3; 0)

Ta có:

AB

IM

2 2

9

3

2 2 3

3 2

2 































Theo giả thiết:

ABCD
ABCD

S

AB AD

AD

AB

12 .

12 2 2

3 2







Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1AD

Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vng góc với d1 nhận

n



(1;1)



làm VTPT nên có PT:

x y

 

3 0



Mặt khác:

MA MD



2

 Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT:





x y

x

y

3 0

3

2   

























y

x

y

x

y

x

x

y

x

3 3

3

1

3

2

3 (3

)

2 













  





































x

y

1

2  

 





hoặc

x

y

4

1  







.

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

I

9 3

;

2 2













là trung điểm của AC suy ra:

C I A

x

y

2 9 2 7

2 3 1 2







 









 





Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1)
2) a) d1 có VTCP u1(1; 1;2)



và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2  ( 2;0;1)


và đi
qua điểm N( 2; 3; 0) .

Ta có: u u MN1 2, . 10 0



 

d1 , d2 chéo nhau.

Gọi

A

(2 ;1– ;2 )



t

t t d



1,

B

(2 –2 ; 3; )

t t

 



d

2.

AB là đoạn vng góc chung của d1 và d2

AB u

12

.

0 .

0 





















t

1

3 ' 0



 



 





A

5 4 2

; ;

3 3

3 













; B

(2; 3; 0)

Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vng góc chung của d1 và d2:

x

t

y

t

z

t

2 3 5

2   



 



 



b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính:

x

y

z

2 2 2

11

13

1

5

6

3

6 













































Câu VII.b: Ta có: i C iC i C

2009 0 1 2009 2009

2009 2009 2009

(1 )    ..

C

i

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 3 5 7 2007 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

....

(

...

)



























Thấy:

S



1 (

2 A B



)

, với A C C C C C C

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 ... 2009 2009

      

B C C C C C C

0 2 4 6 2006 2008

2009 2009 2009 2009 ... 2009 2009

      

 Ta có:

i

1004

2009 2 1004 1004 1004

(1 )



 

(1 ) (1 )











 

(1 ).2



2 

2

.
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của

(1 )



i

2009 nên

A



2

1004.

 Ta có: x C xC x C x C

2009 0 1 2 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

(1 )    ...

Cho x = –1 ta có: C C C C C C

0 2 2008 1 3 2009

2009 2009... 2009  2009 2009... 2009

Cho x=1 ta có: C C C C C C

0 2 2008 1 3 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

(  ... ) (  ... ) 2

.
Suy ra:

B



2

2008.

</div>

De thu suc DH de 4155 co HD giai

<i>y x</i>





3

<i>x</i>



<i>mx</i>



1

2 cos3

<i>x</i>



3 sin

<i>x</i>



cos

<i>x</i>



0

<i>x y</i>

<i>y</i>

<i>x y</i>

<i>x y</i>

8

27 7

(1)

4

6

(2)



<sub></sub>

<sub></sub>













1

sin

sin

.

2







<i>x</i>

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>x y z</i>

1 1 1 2010







<i>x y z x</i>

<i>y z x y</i>

<i>z</i>

1

1

1

2

 





2





 

2

<i>x</i>

<i>y</i>

5 –2

 

6 0

4

<i>x</i>



7 –21 0

<i>y</i>