Hang doc cam coi he he

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

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 1 -

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn TỐN- khối A+B

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y=x4−2(m+1)x2+m (1),m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khim=1.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị này có diện tích bằng 32.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3
(1 2sin x)(1 sin x)

− ₌ _⋅

+ −

2. Giải hệ phương trình

2

(23 3 7 (3 20) 6 0

2 2 3 2 8 3 14 8 0

x) x y y

x y x y x x

 ₋ _{− +} ₋ _{− =}



⋅


+ + − − + + + − − =


Câu III. (1,0 điểm)Tính tích phân

2

2 2

0

3 4

3 4

sin x cos x

I dx.

sin x cos x

π

+
=

+

∫

Câu IV. (1,0 điểm)Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi một vng góc với nhau,AB=BC=CD=a.Gọi
C và D′ ′lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC D .′ ′

Câu V. (1,0 điểm)Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn _x2₊_y2₊_z2 ₌_3._{Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức}
5

P xy yz zx

x y z

= + + + ⋅

+ +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A(1; 2). Viết phương trình đường trịn (T)

ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d: x− − =y 1 0 là tiếp tuyến của (T) tại điểm B.

2. Trong không gian

với hệ tọa độ Oxyz,

cho đường thẳng

: x 1 y 1 z 2

3 2 1

− − +

∆ = =

và mặt phẳng

( ): 2xα + + − =y z 1 0.

Viết phương trình đường thẳng

∆′

đối xứng với

∆

qua mặt phẳng

( ).α
Câu VIIa. (1,0 điểm)Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức : 0 1 2 n

n n n n

1 1 1 1023

C C C C

2 3 n 1 10

+ + + ⋅⋅⋅ + = ⋅

+
( k

n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử).

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết AB= 5, C( 1; 1),− − đường thẳng
AB: x+2y− =3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x+ − =y 2 0.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+ − =y z 0

và hai đường thẳng

1

x 4 y z

d : ;

1 1 3

− = =

− 2

x 6 y z 2

d :

1 2 2

− _{= =} + _⋅

_{Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng}

1

d

sao cho

M và N đối xứng nhau qua đường thẳng

d₂

. Lập phương trình đường thẳng d đi qua M, vng góc với

1
d

và

tạo với mặt phẳng (P) một góc

_{30 .}o

Câu VIIb. (1,0 điểm)Giải bất phương trình 2 3 4

( )

2 2

2 2

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

Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)…

Khi m 1= , ta có y=x4−4x2+1.
•Tập xác định: D=ℝ.

•Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 3 x 0

y 4x 8x; y 0

x 2

 ₌

′= − ′= ⇔ 

= ±


0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 2 ; 0), ( 2 ;+ ∞).

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ −; 2 ),(0; 2 ).

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x= ± 2 , yCT= −3, đạt cực đại tại x=0, yCĐ=1.
- Giới hạn:

xlim y→−∞ =xlim y→+∞ = +∞.

0,25

- Bảng biến thiên:

x −∞ − 2 0 2 +∞
y′ − 0 +0 − 0 +

y

+∞ 1 +∞

−3 −3

0,25

•Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và tam giác tạo…

3 2

2

Ta co ùy (x) 4x 4(m 1)x 4x(x m 1);
y (x) 0 x 0 hoặc x m 1 (1).

′ = − + = − −

′ = ⇔ = = + 0,25

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0

m 1 (*).

⇔ > − Khi đó: _{A(0 ; m), B(}₋ _m₊_{1 ;}₋_m2_{− −}_m _{1), C( m}₊_{1 ;}₋_m2_{− −}_m _1). 0,25
2

Goïi H là trung điểm của BC⇒H(0; m− − −m 1)
2

ABC
1

Ta co ùS AH.BC (m 1) m 1

2

= = + + 0,25

I
(2,0điểm)

(

)

5

ABC

Theo giả thiết S =32⇔ m 1+ =32⇔ m 1 2+ = ⇔ =m 3 (nhaän thỏa (*)). 0,25
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Điều kiện

1
sin x

(*).
2
sin x 1


≠ −




 _≠



0,25
II

(2,0 điểm)

Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương
2

2
2

cos x 2sin x cos x 3(1 sin x 2sin x 2sin x)
cos x sin 2x 3 3 sin x 2 3 sin x

− = − + −

⇔ − = + −

⇔ + − = − +

0,25

2

2
−

2

2

−

1

3
−

O _x

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

1 3 3 1 5
sin 2x cos 2x sinx cos x sin 2x sin x

2 2 2 2 3 6

5

2x x k2 x k2

3 6 2 _(k _).

k2
5

x

2x x k2

18 3

3 6

 _π  _π

⇔ + = − + ⇔  + =  + 

   

 _π _π  _π

+ = + + π = + π

 

 

⇔ ⇔ ∈

π π

π π

 _{+ = π − −} ₊ _π  _{= −} ₊

 _



ℤ

0,25

Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là x k2 , k .

18 3

π π

= − + ∈ℤ 0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…

Điều kiện x≤7; y≤6; 2 x+ + ≥y 2 0; −3x+2y+ ≥8 0(*) 0,25
PT thứ nhất của hệ có thể viết lại dưới dạng

[

3(7− +x) 2)

]

7− =x

[

3(6− +y) 2

]

6−y (1)

Xét hàm số <i>_f</i>( )t =(3t+2) t t, ≥0_{, ta có} _{( )} ₃ 3 2 _0, ₀
2

t

t t t

t

<i>f</i>′ = + + > ∀ > nên hàm số đồng biến
khi t≥0.Từ (3) có (7_f − =_x₎ _f₍₆−_y_),_{suy ra 7}− = − ⇔ = −_x ₆ _y _y _{x 1.}

0,25

Thay vào PT thứ hai của hệ ta ñược 3x+ −1 6− +x 3x2−14x− =8 0 (2)
Giải (2), ñiều kiện 1 6

3 x

− ≤ ≤ (**)

PT (4) ñược viết lại dưới dạng

(

₃ ₁ ₄

) (

₁ ₆

)

₃ 2 ₁₄ ₅ ₀
x+ − + − −x + x − x− =

3 15 5

( 5)(3 1) 0

3 1 4 1 6

x x

x x

x x

− −

⇔ + + − + =

+ + + −

0

3 1

( 5) 3 1 0 5.

3 1 4 1 6

x x x

x x

>

 

⇔ −  + + + = ⇔ =

+ + + −

 

Từđó suy ra y=4.

0,25

Kết hợp điều kiện (*) và (**) ta được HPT đã cho có nghiệm là ( ; )x y =(5; 4). 0,25

Tính tích phân

2 2

2 2 2 2

0 0

3 4

3 4 3 4

sin x cos x

I dx dx

sin x cos x sin x cos x

π π

= +

+ +

∫

∫

Tính ₁ 2

2 2

0
3

3 4

sin x

I dx

sin x cos x
π

=

+

∫

Đặt t=cosx⇒dt= −sinxdx. Khi đó:

0 1

1

2

2 2 2

0 1 0

3

3

3 3 3

sin x 3dt dt

I dx

cos x t t

π

= = − =

+ + +

∫

∫

∫

0,25

2
3
3

Đặt t tanu dt du.

cos u

= ⇒ = Khi đó

1

6 6

6
2

0 0 ₀

2

3 3

3 3 3

6
3

I du du u

cos u.

cos u

π π

π _π

= = = =

 

 

 

∫

∫

0,25

III

(1,0 điểm)

Tính ₂ 2

2 2

0
4

3 4

cos x

I dx

sin x cos x
π

=

+

∫

Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx. Khi đó:

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

a
D′
A

D

C
B

C′
1

2

2

2 2

0 0

4

4

4 4

cos x dt

I dx

sin x t

π

= =

− −

∫

∫

1 1 1

1
0

0 0 0

2 2

3

2 2

( t) ( t) dt dt 2 t

dt ln ln

( t)( t) 2 t 2 t 2 t

− + + +

= = + = =

− + + − −

∫

∫

∫

Vaäy 3 3

6

I=π +ln .

0,25

Tính thể tích tứ diện ABC’D’

Vì CD BC

CD AB

 _⊥


⊥

 nên CD⊥(ABC)và do đó (ABC)⊥(ACD).
Vì BC′⊥AC nên BC′⊥(ACD).

0,25

Thể tích tứ diện ABC D :′ ′

ABC D AC D

1 1 1 CD

V BC .S BC .AC .AD sinCAD BC .AC .AD .

3 6 6 AD

′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ ⋅

0,25

Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên AC CC BC a 2
2
′= ′= ′= ⋅

Ta có _AD2₌_AB2₊_BD2 ₌_AB2₊_BC2₊_CD2 ₌_3a2_nên_AD₌_{a 3.}

Vì BD′là đường cao của tam giác vuông ABD nên

2

2 AB a

AD .AD AB AD

AD ₃

′ = ⇒ ′= = ⋅

0,25
IV

(1,0 điểm)

Vậy

2

3
ABC D

1 a 2 a a a

V

6 2 ₃ _{a 3} 36

′ ′

 

= ⋅  ⋅ ⋅ =

 

 

(đvtt). 0,25

Tìm giá trị lớn nhất của P

Đặt _t _x _y _z _t2 ₃ _2(xy _yz _zx) _xy _yz _zx t2 3

2

−

= + + ⇒ = + + + ⇒ + + = 0,25

Ta có ₀_≤_xy₊_yz₊_zx_≤_x2₊_y2₊_z2 ₌_{3 nên 3}_{≤ ≤}_t2 ₉_⇒ ₃_{≤ ≤}_t ₃ _0,25
V

(1,0 điểm)

Khi đó P t2 3 5

2 t

−

= + ⋅Xét hàm số f(t) t2 5 3, t 3; 3
2 t 2

 

= + − ∈_ _

Ta coù

3

2 2

5 t 5

f (t) t 0

t t

−

′ = − = > vì t≥ 3.
Suy ra f(t) đồng biến trên  3; 3 .

  Do đó

14
f(t) f(3)

3

≤ = ⋅

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

Hình minh họa
A

d
C

B
I

Vậy giá trị lớn nhất của P là 14

3 xaûy ra khi

t=3hay_x= = =_y _z _1. 0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có tam giác ABC vng cân tại
A nên I là trung điểm của BC và AI // d.

Đường thẳng AI có phương trình là

1 1 2 0

1(x− −) (y− = ⇔ − + =) x y 1 0

0,25

Vì I∈AI⇒I(t; t+1), t∈ℝ

Ta có ₁ ₁ ₁2

AI= −(t ; t− ) neân R=AI= 2(t− )

0,25

Mặt khác 2 2

2 2

0

1 1 2 1 1

2

1 1

t (t 1) 1 _t

R d(I;d) 2(t ) 2(t ) t

t

− + −  ₌

= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔

=


+ 0,25

Với t=0 ta tìm được phương trình đường trịn (T) là x2+ −(y ₁)2=₂.
Với t=2 ta tìm được phương trình đường trịn (T) là _(x−₂₎2+ −_(y ₃₎2=₂_.

0,25

2. (1,0 điểm)Viết phương trình đường thẳng ∆′đối xứng với∆qua mặt phẳng ( ).α
Ta thấy ngay ∆cắt ( )α tại điểm A và tọa độ A là nghiệm của hệ:

x 1 y 1 z 2

A(1; 1; 2).

3 2 1

2x y z 1 0.
 ₋ ₋ ₊

= =

 _⇒

−


 _{+ + − =}



0,25

Ta chọn điểm M(4; 3; 1)− ∈∆

Gọi H là hình chiếu của M trên ( ),α tọa độ của H là nghiệm của hệ:

x 4 y 3 z 1

3 5

H 1; ;

2 1 1

2 2

2x y z 1 0.

 ₋ ₋ ₊

 

= =



⇒ − ⋅

  

 

 _{+ + − =}



0,25

Gọi M′là điểm đối xứng của M qua ( )α ta có

M M

M M

M M

x x 2

y y 3 M ( 2; 0; 4)
z z 5

′
′

′

 ₊ ₌



′

+ = ⇒ ₋ ₋



 ₊ _{= −}



0,25
VIa

(2,0 điểm)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng qua A, M′là:

x 1 y 1 z 2

3 1 2

− ₌ − ₌ + _⋅ 0,25

Tìm số nguyên dương n

VIIa

(1,0 điểm)

Ta coù

0
1

n
k
n
k

n k

( x) C x

=

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

1 1 1

0 0 0 0

0 0 0

1 1

1

10 1

n n n n

k k k k

n n n n

k k k k

k 1

n k k x

( x) dx C x dx C x dx C C

k k

= = = =

+

 

⇒ ₊ ₌ _ _ ₌ ₌ ₌

+ +



∑



∑

∑

∑

∫

∫

∫

Maø

1

0

1

1 2 1

1

1 0 1

n 1 n 1

n ( x)

( x) dx

n n

+ +

+ −

+ = =

+ +

∫

Do đó 1 1 1 2 1

2 3 1 1

0 1 2 n

n n n n

n 1

C C C C

n n

+ ₋

+ + + ⋅⋅⋅ + =

+ +

Theo giaû thieát 0 1 2 n

n n n n

n 1

1 1 1 1023 2 1 1023

C C C C

2 3 n 1 10 n 1 10

+ ₋

+ + + ⋅⋅⋅ + = ⇔ =

+ + (*)

0,25

Xét hàm số

t t

2 1 2 1

f(t) (với t 2)

t t t

−

= = − ≥ ;

2 2 2 2

t t t

(2 ln 2)t 2 1 2 (t ln 2 1) 1

f (t) + +

t t t t

− −

′ = =

Với t≥2⇒tln2 1− ≥2ln2 1− >0⇒f (t)′ >0
Suy ra f(t) đồng biến trên [2; + ∞).

0,25

Do đó (*)⇔f(n 1)+ =f(10)⇔ + =n 1 10⇔ =n 9. 0,25

1. (1,0 điểm)Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Gọi M là trung điểm của AB.Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d
nên G(t; 2−t). Suy ra

M M

CG= +(t 1; 3 t), GM− =(x −t; y − +2 t)

Theo giả thiết ta có M

M

t 1 2(x t) 3t 1 7 3t

CG 2GM M ;

2 2

3 t 2(y 2 t)

 _{+ =} ₋  ₊ ₋ 


= ⇔ ⇒  

− = − +  



0,25

3t 1 7 3t

M AB 2 3 0 t 3. Do đó M(5; 1).

2 2

 

+ −

∈ ⇒ ₊ _ __{− =} ⇒ ₌ ₋

  0,25

Maø A∈AB⇒A(3−2a; a), MA= 5 a 1+

Cũng theo giả thiết

1
a

5 1 ₂

AB 5 neân MA a 1

2 2 3

a
2


= −



= = ⇔ + = ⇔ ⋅


= −


0,25

1 1 3 3 3 1

Với a thì A 4; , B 6; Với a thì A 6; , B 4;

2 2 2 2 2 2

       

= −  −   − ⋅ = −  −   − ⋅

       

i i 0,25

2. (1,0 điểm) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d₁…

Laáy M∈(P)⇒M(a; b;2a+b)
N∈d₁⇒N(4+c; c; −3c).

Ta có VTCP của đường thẳngd₂là

d
2

u =(1; 2; 2)

vaø MN= + −(4 c a; c− − −b; 3c 2a−b)

,

trung điểm của MN là I a c 4; b c; 2a b 3c

2 2 2

 _{+ +} ₊ _{+ −} 

⋅

 

 

0,25

VIb

(2,0 điểm)

Vì M, N đối xứng với nhau qua d₂do đó

2
d₂

a c 8 b c 2a b 3c 2

I d ₄₃ ₆₃ ₂₇

a , b , c .

2 4 4

11 11 11

MN.u 0

1(4 c a) 2(c b) 2( 3c 2a b) 0

 _{+ −} ₊ _{+ − +}

 _∈ ₌ ₌

 

⇔ ⇒ ₌ _{= −} ₌

 

=

 

 _ _{+ − +} _{− + − −} _{− =}

Do đó M 43; 63; 23 , N 71; 27; 81 .

11 11 11 11 11 11

   

− −

   

   

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

Gọi VTCP của đường thẳng d là 2 2 2
d

u =(m; n; p), m +n +p ≠0.

Gọi VTCP của đường thẳng d₁ là

d₁

u =(1; 1; −3)

VTPT của mặt phẳng (P) là n=(2; 1; −1)
Vì d⊥d₁neân

d d₁

u u = ⇔ + −0 m n 3p=0, suy ra n=3p−m

(1)

Theo giả thiết ta có o

2 2 2

2m n p
1

sin 30

2 _{6 m} _n _p
+ −
= =

+ + (2)

Thế (1) vào (2) và rút gọn lại ta được 2 2

p m

22p 26mp 4m 0 ₂

p m

11
 ₌


− + = ⇔_

=


0,25

d

Với p=m thì n=2m nên u =(1; 2; 1)

i , do đó PT đường thẳng cần tìm là:

x 1 y 1 z 1
d:

1 2 1

− ₌ + ₌ − _⋅

d

2 5

Với p m thì n m nên u (11; 5; 2)
11 11

= = − = −

i , do đó PT đường thẳng cần tìm là:

x 1 y 1 z 1
d:

11 5 2
− ₌ + ₌ − _⋅

−

0,25

Giải bất phương trình
Điều kiện 2 3 4

2
2

x 0

x 0

6x x x 0 0 x 3.

6 x x 0

6 x x 0

 _>



 _>

 

+ − ≥ ⇔ ⇔ < ≤

 

+ − ≥



 _{+ −} _≥ 



0,25

Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với

( )

(

)

2 2

2

2

2
2

2
2
2

2

5x x 6 x x log x x x log x 5 5 6 x x

x log x 6 x x (x 1) 5 6 x x x 1 0

6 x x x 1 x log x 5 0 (*)

+ + − > − + + + −

   

⇔ _ + − − − _−  + − − + >

   

 

⇔ + − − +  − >

 

0,25

2 2 2 2 2 2

Do 0< ≤x 3⇒x log x≤3log 3⇒x log x≤log 27<log 32=5⇒x log x− <5 0 0,25

VIIb

(1,0 điểm)

2 2

2
0 x 3
0 x 3 0 x 3

(*) x 1 0

6 x x x 1 0 6 x x x 1

6 x x x 1
 _{< ≤}

 _{< ≤}  _{< ≤} 

  

⇔ ⇔ ⇔ − ≥

+ − − + < + − < −

  

 

+ − < −


2

1 x 3 ₅

x 3.

2

2x 3x 5 0

 _{< ≤}



⇔ ⇔ < ≤

− − >

 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
5

x 3.

2< ≤

</div>

<!--links-->