De thi thu dai hoc THPT chuyen Le Quy Don BinhDinh Khoi D

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

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN</b>

<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2012</b>
<b>Mơn thi: TỐN </b>-<b> Khối D</b>

<i>Ngày thi: 06/05/2012 </i>
<b>I. PHẦN CHUNG: </b>(<i>7 điểm) </i>

<b>Câu I (2 </b>điểm): Cho hàm số y= - +x3 3mx2-3(m2-1)x m+ 3 (1), m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi <i>m</i> = 1.

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số <i>m</i> để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho
khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB bằng 5

5 .
<b>Câu II (2 </b>điểm):

1) Giải phương trình<i>: </i>3tanx- 3 3sin tan= x x-cosx
2) Giải bất phương trình: 2x2+ - +x 1 x2- £1 2x+2

<b>Câu III (1 </b>điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường <i>y </i>= x và y= x 2+ . Tính diện
tích hình (H).

<b>Câu IV (1 </b>điểm): Cho hình lăng tam giác đều ABC.A¢B¢C¢, có độ dài cạnh đáy bằng <i>a</i> và độ dài
cạnh bên bằng a 2

2 . Chứng minh rằng AB¢ ^ BC¢ và tính khoảng cách từ điểm B¢ đến mặt
phẳng (ABC¢) theo <i>a.</i>

<b>Câu V (1 </b>điểm): Cho ba số thực dương <i>a, b, c</i> . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P a b c

a b b c c a

2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

= + +

+ + +

<b>II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm)</b><i> Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.</i>
<i><b>A.Theo chương trình chuẩn </b></i>

<b>Câu VIa: (2 </b>điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O<i>xy</i>, cho hai điểm M(0; 2) và N(3; 1). Viết phương trình
đường trịn (S) đi qua M, N, đồng thời tiếp tuyến với (S) tại hai điểm đó vng góc với nhau.
2) Trong khơng gian với hệ toạ độ O<i>xyz</i>, cho mặt phẳng (Q): x– 2 – 2y z+ =9 0 và điểm

M(0;1;5). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, vng góc với (Q) sao cho khoảng cách từ
gốc tọa độ O đến (P) bằng khoảng cách từ M đến (Q)

<b>Câu VIIa</b>: (1 điểm) Tìm số phức <i>z</i> thỏa mãn: ( –1)z 2=3 – 4i.
<i><b>B. Theo chương trình nâng cao </b></i>

<b>Câu VIb: (2 </b>điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O<i>xy,</i> cho hình vng ABCD nội tiếp trong đường tròn (S):
x2+y2– – 3x y=0. Viết phương trình cạnh AB của hình vng, biết trung điểm M của cạnh
CD nằm trên đường thẳng <i>d</i>: 2 – –1 0x y = .

2) Trong không gian với hệ toạ độ O<i>xyz,</i> cho đường thẳng <i>d</i>:x 1 y z 1

2 1 1

- ₌ ₌ +

- và điểm

M(5;4;1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua <i>d</i>, biết khoảng cách từ M đến (Q) lớn nhất
<b>Câu VIIb: (</b>1 điểm) Giải bất phương trình _ëélog (₄ x+2)2-1 2ù_û x2- - ³x 1 0.

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

<b>Hướng dẫn</b>

<b>Câu I. 2) </b>y¢ = -3x2+6mx-3(m2-1).

Hàm số có 2 cực trị Û y 0¢ = có hai nghiệm phân biệt x , x₁ ₂
Û D¢ =9m2-9(m2- = >1) 9 0 thỏa mãn với mọi m RỴ .
Ta có: y 1x 1m y 2x m

3 3

ỉ _{ư Â}

=_ỗ - _ữ + +

ố ứ

ị PT ng thng (D) đi qua hai điểm cực trị là: y=2x m+ .
Khi đó: h d O= ( , )D Û m 5

5

5 = Û m= ±1.
<b>Câu II. </b>

<b>1)</b> Điều kiện: cosx¹0 (*)

PT Û3sinx- 3 cosx=3sin2x-cos2x

x x x x

( 3 sin cos )( 3 3 sin cos ) 0

Û - - - = x x

x x

3 sin cos 0 (1)

3 3 sin cos 0 (2)

é _- ₌

Û ê

- - =

ë
+ (1) Û x k

6

p _p

= + .

+ (2) Û 3sinx 1cosx 3

2 +2 = 2 Û cos x 3 cos6 x 6 k2

p p p _p

ổ _- ử₌ _{= +}

ỗ ữ

ố ứ (do (*))

Kết luận: x k

6

p _p

= + .

<b>2) </b>Điều kiện: x x x

x

2
2

2 1 0 _{( ; 1] [1;} ₎

1 0

ìï _{+ - ³ Û ẻ -Ơ - ẩ +Ơ}

ớ

-

ùợ (*)

+ Vi x< -1: ta có VT > 0, VP < 0 Þ x< -1 không là nghiệm của BPT.
+ Với x= -1: ta có VT = 0 = VP Þ x= -1 là nghiệm của BPT.

+ Với x 1 ³ : ta có BPT Û 2x- +1 x- £1 2 x+ Û1 2 (2x-1)(x- £ +1) x 6

x x x2 x x2 x

4(2 1)( 1) 12 36 7 24 32 0

Û - - £ + + Û - - £ 1 x 12 4 23

7
+
Û £ £
Kết luận: Tập nghiệm của BPT là S = 1;12 4 23 { 1}

7

é ₊ ù

È

-ê ú

ë û .

<b>Câu III.</b> PT hoành độ giao điểm: x+ =2 x Û é = -_{ê =}x_x ₂1

ë .

Diện tích hình phẳng (H) là S dx=

(

x x dx

)

A B

2 2

1 1

2

-

-=

_ò

-

_ò

+ - =

-+ A x dx x

2
2

3
1
1

2 14

2 ( 2)

3 _- 3

-=

_ò

+ = + =

+ B x dx x dx xdx x x

0 2

2 0 2 2 2

1 0

1 1 0

5
( )

2 - 2 2

-

-=

_ò

=

_ò

- +

_ò

= - + =

Vậy S 14 5 13

3 2 6

= - = (đvdt).

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

<i>Cách 1</i>: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A¢B¢ và AB.
+ Ta chứng minh được: ìíAB_AB¢_{¢ ^}^C I_BIÂ

ợ ị ABÂ^BCÂ.
+ Ta tớnh được: V_{ABC A B C} S _ABC AA a

3
. ¢ ¢ ¢ = D . ¢= ₈6;
a

BC AC 6

2

¢= ¢= ; C J a 5
2
¢ =
Þ S _ABC 1AB C J. a2 5

2 4

D ¢ = ¢ = .

Ta có: V_{B ABC}_. 1V_{ABC A B C}_.

3

  =    ị d B ABC S ABC a

3

1 _{( ,(} _)). 1_. 6

3 ¢ ¢ D ¢ =3 8

Þ d B ABC( ,( )) a3 6 :a2 5 a 30

8 4 10

¢ ¢ = = .

<i>Cỏch 2</i>: Gi O AB= ÂầA BÂ , O¢ là trung điểm của A¢C¢. Tính được: AB BC a 6
2
¢= ¢= .

+ Tam giác OB¢O¢ có:

a

OB2 OO2 2OB2 3 2 B O2
4

¢ + ¢ = ¢ = = Â Â
ị DOBÂOÂ vuụng ti O

ị ABÂ ^ OOÂ ị ABÂ ^ BCÂ (vỡ BC¢ // OO¢).
+ Gọi C_x¢ =(A B C  Â) (ầ ABCÂ) ị C_x P A B ¢.
Dựng B P C P C¢ ^ _x¢ ( ẻ Â_x);B H BP H BPÂ ^ ( ẻ )
ị BH ^(ABCÂ).

Tớnh c: B P a 3
2

 = ị B H BB B P a
BP

. 30

10
 Â

 = = .

Vậy: d B ABC( ,( )) a 30
10

¢ ¢ = .

<i>Cách 3</i>: Chọn hệ trục toạ độ O<i>xyz</i>, với O (0; 0; 0) là trung điểm AB sao cho:

a

A ;0;0

2

ổ ử

-ỗ ữ

ố ứ,

a

B ;0;0

2

ổ ử

ỗ ữ

ố ứ,

a

C 0; 3;0

2

ổ ử

ỗ ữ

ố ứ,

a a

A ;0; 2

2 2

ổ ử

 -ỗ ữ

ố ứ,

a a

B ;0; 2

2 2

ổ ö

đố ứ

è ø,

a a

C 0; 3; 2

2 2

æ ö

đố ứ

è ø

Þ AB' a;0;a 2 , BC' a a; 3;a 2

2 2 2 2

ổ ử ổ ử

=ỗ ữ = -ỗ ữ

ố ø è ø

uuur uuur

+ AB BC a a AB BC

2
2

'. ' 0 0 ' '

2 2

= - + + = Þ ^

uuur uuur uuur uuur

Þ AB¢^BC¢.
+ uuurAB=( ;0;0)a =a(1;0;0), BC ' a(1; 3; 2)

2

= - -

-uuur

Þ n AB BC

a2

2 _é _, _'_ù _{(0; 2;} ₃₎

= ởuuur uuurỷ=

-r

ị Phng trỡnh (ABCÂ) l: 2y- 3z=0 Þ

a

a
d B ABC

2

3. ₃₀

2
( ',( '))

10
5

-= = .

x

y

z

<b>O </b>
A

B

C
A¢

B¢

C¢

I

J a

a 2
2

A

B C

A¢

B¢ C¢

O

O¢

P
H

x
a

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

<b>Câu V.( Lời giải của</b> Thầy Trần Sĩ Tùng trưng Vương Quy Nhơn Bình Định )
Ta sẽ chứng minh: P a b c

a b b c c a

2 2 2

2 2 2

3
4

( ) ( ) ( )

= + + ³

+ + + .

+ Đặt x b y c z a

a, b, c

= = = . Ta có: x y z, , >0 và xyz 1= .
Khi đó: P

x 2 y 2 z 2

1 1 1

(1 ) (1 ) (1 )

= + +

+ + + .

+ Trước hết ta chứng minh:

xy
x 2 y 2

1 1 1

1

(1+ ) +(1+ ) ³ + (1)

<i>Cách 1:</i> Thực hiện qui đồng, rút gọn ta được: (1) Û x y xy3 + 3+ ³1 x y2 2+2xy
Û xy x y( - )2+(xy-1)2³0 (đúng)

<i>Cách 2:</i> Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho các cặp số: xy,1 và x

y,1 ta được:

x x xy x y

x xy xy

y y y

2

2 ( 1).( )

( +1) =ổ_ỗỗ . +1.1ửữ_ữ Ê( +1).ổ_ỗ +1ử_ữ= + +

ố ứ

ố ứ

ị y

xy x y

x 2

1

( 1)( )

( +1) ³ + + . Tương tự:

x
xy x y

y 2

1

( 1)( )

( +1) ³ + + .

Do đó: y x

xy x y xy x y xy

x 2 y 2

1 1 1

( 1)( ) ( 1)( ) 1

(1+ ) +(1+ ) ³ + + + + + = +
+ Tiếp theo, ta chứng minh:

xy _z 2

1 1 3

1+₍₁ ₎ ³4

+ ₊ (2)

Thật vậy, (2) Û z

z _z 2

1 3

1+₍₁ ₎ ³4

+ ₊ Û

z

z _z 2

1 _{3 0}

1+₍₁ ₎ - ³4

+ ₊ Û

z
z

2
2
( 1) ₀
4( 1)

-³

+ (đúng)
+ Như vậy, P

x 2 y 2 z 2

1 1 1 3

4
(1 ) (1 ) (1 )

= + + ³

+ + + . Dấu "=" xảy ra Û x y z 1= = = .
Þ minP 3

4

= khi a b c= = .
<b>Câu VIa. </b>

<b>1) G</b>ọi I a b( ; )là tâm của đường tròn (S).MIuuur=( ;a b-2),NIuur=(a-3;b-1). Gọi P là giao điểm
của 2 tiếp tuyến tại M và N. Vì 2 tiếp tuyến vng góc nên MINP là hình vng. Do đó ta có
hệ phương trình sau: MI NI R b a a a

b b

a a

MI NI

2 2 2

2 3 3 1 2

( )

0 3

3 2 0

. 0

ì _{ì =} 

-ï = = _Û _Ûì = _Ú ì =

í í _- _{+ =} í ₌ í ₌

= ỵ ỵ

ï ỵ

ỵuuur uur

Vậy có hai đường tròn là:(x-1)2+y2=5 & (x-2)2+ -(y 3)2=5.
<b>2) Ta có: </b>d M Q( ,( )) 2 10 9 1

1 4 4

- - +

= =

+ + . Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M( ; ; )0 1 5 có dạng:
ax b y+ ( - +1) c z( - = Û5) 0 ax by cz b+ + - -5c=0 (a2+b2+c2 ¹0).

Ta có: P Q

d O P d M Q

( ) ( )

( ,( )) ( ,( ))

ì ^

í ₌

ỵ Û ₂ ₂ ₂

2 2 0

5

1

a b c

b c

a b c

ì - - =

ï 

-í ₌

ï ₊ ₊

ỵ

Û 2 2 2

2 5

a b c

b c

b c

ì = +

ï_{é =}
-í

ê
ï_ë =
ỵ

.

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

+ Với 2b=5c. Chọn c= Þ =2 b 5,a=14 Þ (P): 14x+5y+2z-15=0.
<b>Câu VIIa. Ta có: </b>3 4- = - + =i 4 4i i2 (2-i)2 nên (z-1)2 = - Û -3 4i (z 1)2 =(2-i)2

Û 1 2 3

1 2 1

z i z i

z i z i

é - = - _Ûé =
-ê _{- = - +} ê _{= - +}

ë ë .

<b>Câu VIb. </b>

<b>1) (S) có tâm </b> 1 3

2 2

Iổỗ_ố ; ửữ_ứ, bỏn kớnh 10
2

R= . Gi s M m m( ;2 - Ỵ1) d. Gọi N là điểm đối xứng
của M qua I Þ đường thẳng AB qua N và nhận NIuur làm VTPT.

Vì hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (S) nên hình vng có cạnh a R= 2= 5.

Do đó: 5
2
IM= Û

2 2

1 3 5

2 1

2 2 4

m m

æ ử ổ ử

- + - - =

ỗ ữ ỗ ữ

ố ø è ø Û

2

20m -44m+21=0 Û

3
2
7
10
m
m
é

=
ê
ê
ê =
ở

.

+ Vi 3

2

m= ị 3 2

2

Mổ_ỗ ; ử_ữ

ố ứ ị

1
1
2

Nổ_ỗ- ; ử_ữ

ố ứ ị

1
1

2

NI _{= ỗ}ổ ; ử_ữ

ố ứ

uur

ị AB x y:2 + =0.
+ Với 7

10

m= Þ 7 2

10 5

Mổỗ ; ửữ

ố ứ ị

3 13
10 5

Nổỗ ; ửữ

ố ứ ị

1 11

5 10

NI =ổ_ỗ ;- ử_ữ

ố ứ

uur

ị AB x:2 -11y+28=0.
<b>2) G</b>ọi H là hình chiếu của M trên <i>d</i>, K là hình chiếu của M trên (Q).

Ta có d M Q( ,( ))=MK MH£ . Do đó d M Q( ,( )) đạt lớn nhất Û MK MH= Û K Hº .
Khi đó (Q) là mặt phẳng đi qua H và nhận HMuuuur làm VTPT.

<i>d</i> có PTTS:

1 2

1

x t

y t

z t

ì = +
ï ₌
-í

ï = - +
ỵ

và VTCP u ( ; ; )r = 2 1 1- . Giả sử H(1 2+ t t; ;- - + Ỵ1 t) d.

Ta có: MH uuuuur r. =0 Û 2 2( t- - - - + -4) ( t 4) (t 2)=0 Û t=1 Þ H( ; ; )3 1 0- Þ HM ( ; ; )uuuur = 2 5 1 .
Þ Phương trình mặt phẳng (Q): 2(x- +3) 5(y+ + = Û1) z 0 2x+5y z+ - =1 0.

<b>Câu VIIb. Gi</b>ải bất phương trình: _ëélog (₄ x+2)2-1 2ù_û x2- - ³x 1 0 (1)
Có 2 trường hợp xảy ra:

+ <i>TH1</i>: Nếu 2x2- - =x 1 0 thì (1) Û 2 2 1 0

2
x x
x

ì _{- - =}
ớ ạ

-ợ

1

1
1

1
2

2
2

x _x

x _x

x

ỡộ = _{ộ =}

ùờ

ù _ờ

=

-ớờ _ờ ₌

-ở

ù _ở

ạ
-ùợ
+ <i>TH2</i>: Nếu g thì (1) Û

2

2
4

2 1 0

2 1 0

x x
x
log ( )
ì _{- - >}
ï

í

+ - ³

ïỵ Û ₂

1

2
1

2 4

x
x
x

( )

ìé
<
-ïê
ï

ê
í_ë _>
ï

+ ³

ïỵ

Û 4

1

x
x

é £
-ê >
ë
Vậy tập nghiệm của (1) là:

(

4

] [

1

)

1

2

</div>

<!--links-->