DE THI THU DH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (211.81 KB, 4 trang )

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN
4 NĂM 2012

Mơn: Tốn ; Khối : A
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể

thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT 
CẢ THÍ SINH ( 7 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số

y=x3+6 mx2+9x+2m (1),
với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có
hai điểm cực trị thoả mãn
khoảng cách từ gốc toạ độ O đến
đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị bằng 4

√

5 .

Câu II ( 2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

8sin3xcosx+sin 4x

2 cosx =sin 3x −2 cos 2x+1
.

2. Giải hệ phương trình:

2 2

(3x y)(x 3y) xy 14
(x y)(x y 14xy) 36

   




   




( ,x y R ).

Câu III ( 1,0 điểm)

Tính tích phân :

∫

(

x+

√

x2+9

)

−3x3

√

x2+9 dx
Câu IV ( 1,0 điểm) Cho hình
chóp S.ABC có SA=3a (với
a>0); SA tạo với đáy (ABC) một
góc bằng 600. Tam giác ABC
vuông tại B,



ACB



30

0. G là
trọng tâm của tam giác ABC.
Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC)
cùng vng góc với mặt phẳng
(ABC). Tính thể tích của hình
chóp S.ABC theo a.

Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là
các số dương thỏa mãn xy + yz +
zx = 3. Chứng minh rằng :

1 4 3

( )( )( ) 2
P

xyz x y y z z x

  

  

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong

hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a (2,0điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương
trình của một đường chéo là: 3x y  7 0 , điểm B(0;-3). Tìm tọa độ
các đỉnh cịn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong
đó A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox và có hồnh độ dương, C thuộc Oy và
có tung độ dương. Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (OBC),



tanOBC2. Viết phương trình tham số của đường thẳng BC.
Câu VIIa (1,0 điểm)

Tìm số phức z biết z(1 2 ) (3 4 )(2 i   i  i)2
B. Theo chương trình Nâng cao.

CâuVIb (2,0 điểm)

1. Cho hình thang vng ABCD vng tại A và D có đáy lớn là CD,
đường thẳng AD có phương trình

3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai

đường thẳng BC và AB bằng 450.

Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24
và điểm B có hồnh độ dương.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với

A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0.
Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức MA2MB2MC2.

Câu VIIb (1,0 điểm)

Tìm số phức z x yi  thõa mãn : z3 18 26 i

ĐÁP ÁN
Câu I 1

1. Với m = 1 ta có : y=x3+6x2+9x+2
+ TXĐ : D=R

+ Sự biến thiên:

y '=3x2+12x+9, y '=0⇔
x=−1

x=−3

¿
¿
¿
¿
¿

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;−3) và (−1;+∞)
nghịch biến trên khoảng (−3;−1)

- Hàm số đạt cực đại tại x = -3; ycđ=2 , đạt cực tiểu tại

x=−1; yct=−2

- Giới hạn: limx →→y

+∞

=+∞ , lim

x →− ∞=− ∞
- Bảng biến thiên:

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

x  
-3 -1 
y’
+ 0 - 0 +

2 
y

- ∞
-2

Đồ thị: Đi qua các điểm
A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2)

-4 -3 -2 -1

Câu I 2

Đối chiếu với đk(*) ta có m =
± 1 là kết quả cần tìm.

Câu II 1
Đk: x ≠π

2+kπ , k∈Z
sinx=1(loai)

sin2x=1
4

ố⇔cos2x=1

2⇔2x=±
π

3+k2π⇔x=±
π
6+kπ

¿
¿

pt⇔8 sin3xcosx+4 sinx. cosx. cos 2x

2 cosx =sin 3x −2 cos 2x+1⇔2 sinx=3 sinx −4 sin

3x+4 sin2x −1

⇔4 sin3x −4 sin2x −sinx+1=0

⇔

Vậy phương trình có nghiệm là : x = ±π

6+kπ , k∈Z
Câu II 2

2 2

(3x y)(x 3y) xy 14

(x y)(x y 14xy) 36

   




   



 Đk: xy0

Hệ ban đầu tương đương

[3(x y)

4xy] xy 14

(x y)[(x y)

12xy] 36



















Đặt 0

a x y
b xy

 





 



 thay vào hệ trên được

2 2 2 3

2 2 3 2

(3 4 ) 14 3 4 14

( 12 ) 36 12 36

a b b a b b

a a b a ab

     

 



 

   

 

 

Nhận thấy a=0 không là nghiệm của hệ trên. Đặt b=ka thay vào hệ trên được

3 3

3 2

(3 4 ) 14
(1 12 ) 36(1)
a k k

a k

  




 




ra phương trình 72k3-84k2+54k-7=0

1 1

6 6

k b a a b

     

thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2

3 2 2 3 2 2

3 3

2 2

1 1

3 2 2 3 2 2

2 4

2 2

x y x y x x

hoac

xy xy

y y

   

     

   

   

      

   

   

     

 

Câu III

Trang 2/5

-2

Ta có: y’ = 3x2 12mx9, y '=0⇔x2+4 mx+3=0

+ Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔pty '=0 có hai nghiệm phân biệt
⇔Δ '=4m2−3>0⇔m>

√

2 hoặc m<
−

√

2 (*)
Khi đó ta có: y =

(

x

3+
2m

)

.y '+

(

6−8m
2

)

x −4m

⇒ đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có phương
trình là:

y =

(

6−8m2

)

x −4m
d(O , Δ)= |−4m|

√

(

6−8m2

)

2+1
= 4

√

5⇔5m

(

6−8m2

)

2+1⇔64m4−101m2

+37=0⇔
m2=1

m2=37
64

¿
¿
¿
¿
¿

∫

0
4

(

x+

√

x2+9

)

−3x3

√

x2+9 dx=

∫

0
4

(

x+

√

x2+9

)

√

x2+9 dx−3

∫

0
4

x3

√

x2+9dx=I1−3I2
+ Tính I1 :

Đặt ln

(

x+

√

x2+9

)

=u , ta có: du= 1

√

x2+9dx ,

x = 0 ⇒u=ln 3 ; x = 4 ⇒u=ln 5 . Khi đó:
I1=

∫

ln 3
ln 5

udu=u
2
2

¿ln 5
¿ln 3=

ln25−ln23
2

+ Tính I2 . Đặt

√

x2

+9=v , ta có: dv= x

√

x2+9dx, x
2

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

x = 0 ⇒v=3 ; x = 4
⇒v=5 . Khi đó:

Vậy

∫

0
4

(

x+

√

x2+9

)

−3x3

√

x2

+9 dx=I1−3I2=

ln25−ln23

2 −44

Câu IV

B
G

M
N

P
A

  3

os . os

AG a

c SAG AG SA c SAG
SA

   

(1)

Từ (1) và (2)suy ra

7 3 9

3 2 2 7

x a a

x

  

2
2

1 1 81 3

. 3

2 2 56

ABC

a
S  AB BC  x 

2 3

1 1 3 3 81 3 243

. .

3 3 2 56 112

S ABC ABC

a a a

V  SG S  

(đvtt)
Câu V

Ta có

2
3

3 xy yz zx 3







xy yz zx

. .



3 (

xyz

)



xyz



1

Đặt

1

4

2 (

)(

)

Q

xyz

x y y z z x





2 2

(

)(

)

(

)(

)

Q

xyz x y y z z x

xy yz yz zx zx xy







Mà

(

)(

)

2(

)

2

3 xy yz zx

xy yz yz zx zx xy









Suy ra

Q



1

Ta có

1

3

1

2 P Q

xyz

 

 



. Dấu bằng xảy ra

x y z

  

1

Câu VI.a 1

Phương trình BD x 3y 9 0 . Tọa độ I ACBD  I(3; 2)

Do I là trung điểm BD nên D(6; 1) . Gọi A a( ;7 3 ) a AC ta có BD2 10

dt(ABCD)=2.dt(ABD)  2 2
3(7 3 ) 9
1

.2 10 10

2 1 3

a  a 




do vậy

1 1

2 2

(2;1); (4; 5)
(4; 5); (2;1)

A C








Câu VI.a 2 
2

2
0

x t

y t

z

 





 


Câu VII.a z 5 10i 
CâuVIb1

Tọa độ điểm D là:

3 0 0

2 0 0

x y x

x y y

  

 



 

  

  => D(0;0)O

Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1



3; 1 ,



n2



1; 2



 

√

2 => ADB=450 =>AD=AB (1)

Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 => BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài





1 3.

2 2

ABCD

AB
S  AB CD AD  

4 2

;

B
B

x
B x 

 , điều kiện xB>0

Trang 3/5
I2=

∫

3
5

(u2−9)du=(u
3
3 −9u)

¿5
¿3=

44
3

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Ta có (SBG) ( SCG)SG

(SGB) và (SGC) cùng vng góc với mặt phẳng (ABC) suy ra SG(ABC), SAG 600,SG là chiều
cao của chóp S.ABC.

  3 3 3

sin .sin 3 .

2 2

SG a

SAG SG SA SAG a

SA

    

.
ABC

 vng tại B có C=300. Đặt AB=x(x>0) suy ra
3

2
x
BCx BM 

2 2 7

x
AM  AB AM 

;

2 7

3 3

x
AG AM 

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

2
2

8 10
( )
5

4 2

2 8 10

( )
5
B
B

B

x loai

x
BD x

x tm





  

    


 







Tọa độ điểm

8 10 4 10
;

5 5

B 

 

 



2;1



BC

n 


=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y  4 10 0
CâuVIb2

Gọi G là trọng tâm của ABC  G

7 8
; ;3
3 3

 

 

 

Ta có













2 2 2

            

F MA MB MC MG GA MG GB MG GC

2 2 2 2 2 2 2 2

3 2 ( ) 3

 MG GA GB GC             MG GA GB GC        MG GA GB GC

F nhỏ nhất  MG2 nhỏ nhất

 M là hình chiếu của G lên (P)



7 8
3 3

19
3 3

( ,( ))

1 1 1 3 3

  

  

 
MG d G P

2 2 2 56 32 104 64

9 9 9 3

     

GA GB GC

Vậy F nhỏ nhất bằng
2

19 64 553
3.

3 9
3 3

 

 

 

  khi M là

hình chiếu của G lên (P)

Câu VIIb : z = 3 + i

</div>

DE THI THU DH

√

∫

(

√

)

√



<i>ACB</i>



30

[3(x y)

4xy] xy 14

(x y)[(x y)

12xy] 36



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

















√

√

(

)

(

)

(

)

√

(

)

√

(

)

∫

(

√

)

√

∫

(

√

)

√

∫

√

(

√

)

√

∫

<sub>√</sub>

√

∫

(

√

)

√

3 xy yz zx 3









<i>xy yz zx</i>

. .



3 (

<i>xyz</i>

)



<i>xyz</i>



1