de thi toan dai hoc hay2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (642.08 KB, 22 trang )

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

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN
KHỐI A,B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số

y x





3 mx



4 m

3 (1) với m là tham số.

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

2. Cho đường thẳng



có phương trình: y = x. Tìm các giá trị m > 0 để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị
và khoảng cách từ điểm cực tiểu đến



gấp đôi khoảng cách từ điểm cực đại đến



.Câu II: (2,0 điểm)

1.Giải phương trình:

3sin 3 cos5 3

4sin -1
cos

x x

x
x

 



2.Giải hệ phương trình:

- 3 3

( , )

2 8



   







   




x x y

y x y R

x y
y

Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân

2
1

(

)

x

x e

dx

x e







Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh a, tam giác SAB cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SB, BC,

AD. Biết mặt phẳng (MNP) tạo với mặt phẳng (SAB) một góc a với

21
os

c a =

, tìm thể tích khối chóp
S.MNP và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c+ + =1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: M =ab bc ca+ + - 2abc.

Câu VI (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip có 4 đỉnh A, B, C, D là 4 đỉnh
của một hình thoi. Biết rằng độ dài trục lớn của elip gấp 4 lần bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi ABCD
và khoảng cách giữa 2 đường chuẩn của elip bằng5 5.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC. Biết đỉnh A (1, 2, 5), đường cao BH có phương

trình :

3 6 1

2 2 1

x- =y- =z

-- , đường trung tuyến CN có phương trình:

4 2 2

1 4 1

x- =y- =z

-- , viết

phương trình đường thẳng BC.

Câu VII (1,0 điểm) Cho phương trình :

2 2 2

log ( 3) log 3 1 log ( )
2
x
m x m x m 
Tìm m để phương trình có nghiệm x R .

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

---Hết---Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên:………..SBD:………

TRƯỜNG THPT
CHUN
NGUYỄN HUỆ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI

NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI A, B

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1
(1điểm)

1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4

+ TXĐ: R

+Giới hạn và tiệm cận:

3

4 lim

1

x 

y

x 

x





















0,25

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0 x = 0 hoặc x = 2

Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

0,25

LËp BBT:

0,25

Đồ thị:

0,25

4 +

∞



∞



+

0 0

+

y

’



∞

2 +

∞

y

0 x

0 y

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

I-2
(1điểm)

2/. Với m > 0 ta thấy : y’ = 3x2 6mx = 0 

0

2 x

m





 



, khi đó hàm số có cực đại và cực 
tiểu

0,25

Khi đó hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0), A là điểm cực đại 0,25

3
( , )B 2 ( , )A 2 2.4

d   d   m m 0,25

Giải ra ta có:

1

2 m



0,25

II-1

(1 điểm)

Điều kiện

:

x 2 k



  

PT

 3sin 3x c os5x 3 2sin 2 x cosx

0,25

3sin 3 3 2sin 2 cos5 cos 0 3(sin 3 1) 2sin 2 2sin 3 sin 2 0
(sin 3 1)(2sin 2 3) 0

x x x x x x x x

x x

          

   

0,25

sin 3 1 2

2sin 2 3, (loai) 6 3
x

x k

x

 




    





0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là

2 ; 2

6 6

x k  x  k 

0,25

II-2

(1 điểm)

Điều kiện

0; 0; 3

y x x y

y

    

0,25

Đặt

0; 3 0

      

a x b x y

y ta có hệ 2 2

3 (1)
5(2)
 




 


a b

a b

Thay (1) vào (2) được

2, 1
1, 2

 



  


a b

0,25

Với a = 2, b = 1 được

2 3, 1

5, 1
3 1



    



 


 


   


x x y

y

x y

x y (thỏa mãn điều kiện)

0,25

Với a = 1, b = 2 được

1 4 10, 3 10

4 10, 3 10
3 2



     



 


   


   


x x y

y

x y

x y (thỏa mãn đkiện)

Vậy hệ có 4 nghiệm

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

III

(1 điểm)

Ta có
2
1

(

)

x

x e

dx

x e







=

.( 1)
1

x x

x
xe x e

dx

xe






0,25

Đặt t=x.ex

+1 ⇒dt=(x+1)exdx

0 1; 1 1

x  t  x  t e 

0,25

Suy ra

.( 1)
1

x x

x
xe x e

dx

xe






1
( 1)
e

t
dt
t







1
1
1
e

dt
t


 
   
 



.

0,25



t lnt



1e1 e ln(e 1)

    

0,25

IV

(1 điểm)

S.MNP P.SMN P.SBC A.SBC

S.ABC S.ABCD

1 V

=V

= V

4

1 = V

4

8

Gọi H là trung điểm AB suy ra SH⊥AB

Do (SAB)⊥(ABCD) suy ra
SH⊥(ABCD)

1 1

. .

3 3

SABCD ABCD

V = SH dt = SH a

0,25

Gọi E là trung điểm CD, do (MNP)//(SCD) suy ra:

· · ·

((MNP),(SAB))=((SCD SAB),( ))=ESH =a

tan tan

HE a

SH

a a

= =

với
2

1 4

tan 1

3
os

c
a

a

= - =

nên

3
2

SH = a

3
S.MNP S.ABCD

1 3

V = V

8 48

a

0,25

Gọi O là giao điểm của AC, BD, dựng đường thẳng a qua O và vng góc (ABCD)
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, dựng đường thẳng b qua G và vng góc (SAB)
Chứng minh được a, b đồng phẳng và cắt nhau tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD

0,25

Bán kính mặt cầu

2 2

2 2 7

R=SI=

3 4 2 3

a a

SG +GI = + =a

Diện tích mặt cầu

7 7

3
2 3

S= pổỗỗỗỗa ửữữữữ= pa

ữ

ỗố ứ

0,25

V

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

t t = bc thì ta có

2 2

( ) (1 )

4 4

b c a

t bc +

-£ = £ =

Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t là đơn điệu trên đoạn

(1 )

0;
4

a

é - ù

ê ú

ë û

0,25

Có f(0) = a(1 – a)

( 1 ) 1 7

4 4 27

a+ - a

£ = <

và

2
2

(1 ) 7 1(2 1) 1 7

4 27 4 3 3 27

a

fỗổốỗỗ - ứữữữữử= - a+ ỗốổỗỗa- ữữửữứ Ê vi mi a ẻ [0;1]

0,25

Vậy

7
2

ab bc ca+ + - abc£

. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0,25

VI- 1
(1 điểm)

Giả sử elip có phương trình chính tắc :

2 2

2 2 1

x y

a +b = , a>b>0, c2=a2- b2

(1)

0,25

Theo đề bài ta có

2a 5 5

c = (2)

Từ (1), (2) suy ra 125(a2- b2)=4a4 (3)

0,25

Gỉa sử AC là trục nhỏ của elip, H là hình chiếu của O trên AB thì OH =2
a

Trong tam giác vng OAB có 2 2 2

1 1 1

OH =OA +OB suy ra 2 2

1 3

b =a (4)

0,25

Giải hệ hai phương trình (3) và (4) được a2 =

125
6 , b2 =

125
18

Elip có phương trình:

2 2

125 125

6 18

x + y =

0,25

VI-2

(1 điểm)

N nằm trên CN nên N(4+t, 2-4t, 2+t), B nằm trên BH nên B(3-2t’, 6+2t’, 1+t’)

0,25

N là trung điểm AB nên:

1 (3 2 ') 2(4 )

2 (6 2 ') 2(2 4 )

' 2

5 (1 ') 2(2 )

t t

t

t t

t

t t

ìï + - = +

ï ìï

ï ï =

ï + + = - Û

í í

ï ï =

-ï + + = + ïỵ

ïïỵ suy ra B(7,2, -1)

0,25

C(4+t, 2-4t, 2+t) thì AC(3+ -t, 4 ,t t- 3)

uuur

vng góc BH nên:
-2(3+t)+2(- 4t)+1(t-3) = 0 suy ra t = - 1 nên C(3,6,1)

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

Phương trình đường thẳng BC:

7 2 1

2 2 1

x- =y- =z+

- -

0,25

VII.

(1 điểm)

+ Với x > 0, đặt log2 x = t . Khi đó phương trình (1) có dạng:
2

2( 3) 3 1 1

mt  m t m  t  2 2
1

2( 3) 3 1 2 1

t

mt m t m t t





      




2 2

2
1
1

( 2 3) 4

2 3
t

t

t t

m t t t t m

t t





 



  

    

 

 

 (2)

0,25

+ Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm

 Đường thẳng y = m cắt đồ thị f(t) = 
2
2

4
2 3
t t
t t



  trên miền [1; +)

0,25

+Ta có f’(t) =
2

2 2

6 6 12
( 2 3)

t t
t t

  

  , f’(t) = 0 

1
2
t
t



 

 0,25

+BBT

t -1 1 2 +

f’(t) 0 + 0
-f(t)

5/2 1

Từ BBT suy ra phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m  4

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

Trờng THPT Hậu lộc 2 đề thi thử đại học lần thứ I 
mơn Tốn(Khối A-B-D) -Năm học 2011-2012

Thời gian: 180 phút

I.Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I(Khèi A;B:2 ®iĨm, khèi D:3®iĨm) Cho hàm số 1

x
y

x



 ,đồ thị là đường cong (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

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

C©

u II(2 ®iĨm)

1. Giải hệ phương trình :

2 2

( 1) ( 1) 2

x y x y
x x y y y
    


    


2. Tìm nghiệm trênkho¶ng (0; ) của phương trình :

2 2 3

4sin 3 cos 2 1 2cos ( )

2 4

x

x x

Câu III(1 điểm). Tính tích phân: I =

4
0

tan .ln(cos )
cos

x x

x
x




d

Câu IV(1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD , ỏy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < ) các cạnh cịn lại đều

bằng 1. Tính th tớch ca hỡnh chúp S.ABCD theo x.

Câu V(1 điểm).Chứng minh r»ng nÕu 0  y x 1 thì

1
4

x y y x

. ng thc xy ra khi no?

II.Phần riêng(3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chơng trình chuẩn

Câu VIa(3 điểm).

1. Cho đường tròn (T): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x+y −1=0 . Xác định tọa độ các
đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (T) biết A  d.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
1

: 2

x t

d y t

z t

 






  

 và

2: 1 3

1
x t

d y t

z t





 

  

 . Lập phương

trình mặt cầu có đường kính là đoạn vng gúc chung ca d1 v d2.

3. Tìm phần thực của sè phøc (1 )

n

z i sao cho log4



n 3



log5



n6



4 (n *)

B. Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb(2 ®iĨm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1):x2 + y2 = 13 và (C2):(x - 6)2 + y2 = 25cắt nhau tại

A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

2. Trong không gian víi hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 đờng thẳng:

1 2

4 1 5 2 3

: ; :

3 1 2 1 3 1

    

   

 

x y z x y z

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

Trong tất cả các mặt cầu tiếp xúc víi cả hai đờng thẳng d1 và d2, viết phơng trình mặt cầu có bán kính nhỏ

nhÊt.

3. Từ các chữ số 0,1,2,3,4 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả
các số tự nhiên đó.

---HÕt---Chó ý: ThÝ sinh thi khối D không phải làm câu V.

Trng THPT Hu lc 2 Đáp án đề thi thử đại học lần thứ I 
mơn Tốn(Khối A-B-D) -Năm học 2011-2012

Thêi gian: 180 phót

Câu NỘI DUNG Điểm

I
(2.0đ)

1. 
(1.0đ)

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên

lim ( ) lim ( ) 1

x  f x x   f x  nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( ) , lim

x  f x  x   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

y’ = 2

1
0
(x 1)

 

 0.25

Bảng biến thiên

1
+

-

-y
y'

x - 1 +

Hàm số nghịch biến trên ( ;1)và (1;)

Hàm số khơng có cực trị 0.25

c.Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

x

O

1 y

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

2.
(1.0đ)

Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm

đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.

Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M có dạng :

0
0
2

0 0

( )

( 1) 1

x

y x x

x x

  

 

2
0

2 2

0 0

( 1) ( 1)

x
x y

x x

    

 

0.25

Ta có d(I ;d) =
0

4
0
2

1
1
1

( 1)




x

x

Xét hàm số f(t) = 4
2

( 0)
1

t
t

t 

 ta có f’(t) =

4 4

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

  

 

t t t

t t

0.25
f’(t) = 0 khi t = 1

Bảng biến thiên

x 0 1 

f’(x) + 0
-f(x) 2

Từ bảng biến thiên ta có d(I ;d) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay
0

0
2
1 1

0
x
x

x


   



 0.25

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến d có pt là y = -x

+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến d có pt là y = -x+4

0.25
II

(2,0đ)
1
(1,0đ)

1. Giải hệ phương trình : (I)

2 2 4

( 1) ( 1) 2

x y x y
x x y y y
    


    


(I)

    


 

      





2 2

x y x y 4

x y x y xy 2 xy 2

§Ỉt S x y;P xy(S   2 4P) S2 x2y22xy x2y2 S2 2P

Vậy

 

 

    



    


  

 

 




2
2

P 2

S 2P S 4

I S 0

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

  





x y 0
TH :

xy 2 vậy x, y là nghiệm của phương trình X20X 2 0 

Vậy hệ có 2 nghiệm

x 2
x 2
 





 hay

x 2
y 2
 





  



2

x y 1

TH :

xy 2 vậy x,y là nghiệm của phương trình X2 X 2 0

  

 X 1hay X 2. Vậy hệ có 2 nghiệm

x 1
y 2




 V

x 2
y 1






Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm

x 2
y 2
 





 V

x 2
y 2
 





 V

x 1
y 2




 V






x 2
y 1
0,5
2
(1đ)

2. Tìm nghiệm trên khoảng (0; ) của phương trình :

2 2 3

4sin 3 cos 2 1 2cos ( )

2 4

x

x x 

   

(1)





2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x



 

        

 

(1)  2 2 cosx  3 cos2x 2 sin 2x 

(1)  2 cosx 3 cos2x sin 2x . Chia hai vế cho 2:

(1)    

3 1

cosx cos2x sin 2x

2 2 cos 2x 6 cos







 

     

 

 

  

 x5 k2 a x 7 h2 b

18 3 6

Do x



0,



nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn
h = 1. Do đó pt(1) có ba nghiệm x thuộc



0,



là: 1 2 3

5 17 5

x ,x ,x

18 18 6

  
  
0,5
0,5
III
(1,0đ) (1,0đ)

Tính tích phân: I =

4
0

tan .ln(cos )
cos
x x
x
x




d
Đặt t=cosx

dt=-sinxdx , đổi cận: x=0 thì t=1 , x 4


thì
1
2
t
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
lnt lnt

I dt dt

t t









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

*Đặt 2
1
ln ;

u t dv dt

t

 

1 1

;

du dt v

t t

  

Suy ra

2
1

1 1

1 1 2 1

ln 1 ln 2 1

2 2

I t dt

t t t

 



 

*Kết quả

2
2 1 ln 2

I   

0,5
IV

1,0đ

Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có

1
( . . )

2
SBDCBD c c c  SO CO  AC
Vậy tam giác SCA vuông tại S.

2 2 1 2

 CA SC SA  x

Mặt khác ta có

2 2 2 2 2 2

AC BD AB BC CD AD
2

3 ( 0 3)

BD x do x

    

2 2

1 1

2. . 1 3

2 2

 SABCD  BD CO x  x

0,5

Gọi H là hình chiếu của S xuống (ABCD)
Vì SB = SD nên HB = HD

 H  CA 0,25

Do tam giác SCA vuông tại S và SH là đường cao nên:

2 2 2 2

1 1 1

1
x
SH

SH SC SA   x
Vậy V =

1 1

. 3 ( )

3SABCDSH 6x  x dvtt 0,25

V
(1,0đ)

1,0đ

Chứng minh rằng nếu 0  y x 1 thì

1
4

x y y x

. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Ta có 0 x 1   x x 2 (*)

1 1

x y y x x y y x

4 4

    

(1)
Theo bất đẳng thức Cauchy và (*) ta có:

1  21 2 1 

y x yx 2 yx . x y

4 4 4 . VËy

1
x y y x

 

0,25

O
C

A
D
S

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

Dấu “= ’’xảy ra


  

  

 

    



 

 



2
2

0 y x 1 x 1

x x 1

1 4

yx
4

0,75

VI.a
(2,0đ)

1

(1,0đ) 1. Cho đường tròn (T): x

2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d:

x+y −1=0 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (T) biết
A  d.

0 2 4 6 x

A D
–3 I

–5 B C

Đường trịn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2

Tọa độ của I(4, –3) thỏa mãn phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I  d
Vậy AI là một đường chéo của hình vng ngoại tiếp đường trịn (T), có bán
kính R = 2.V× d song song với đường thẳng y=-x nên góc giữa d và Ox bằng 450,
do đó hình vng ABCD có cạnh đi qua A và song song với Ox.

Hai đường thẳng x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (T ) nên:
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2  A(2, –1)
Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)

. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 A(6, –5)
Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

0,25

0,25
 2

(1,0đ) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
1

: 2

x t

d y t

z t

 







  

 và

2: 1 3

1
x t

d y t

z t





 

  

 . Lập phương trình mặt cầu có đường kính là 
đoạn vng góc chung của d1 và d2.

Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) d1, N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) d2
Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1 ( 1;2;1)



, đường thẳng d2 có vecto

chỉ phương là u2 (1;3; 1)



( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)
MN t t  t  t   t t



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

. 0 2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0
. 0

MN u t t

t t
MN u

     





 

  

 




 
 

3
'

5
7
5
t
t






 

 


 
Do đó M(

2 14 3
; ;
5 5 5

 

), N(

3 14 2
; ;
5 5 5).

Mặt cầu đường kính MN có bán kính R =

2 2

MN


và tâm I(

1 14 1
; ;
10 5 10


) có
phương trình

2 2 2

1 14 1 1

( ) ( ) ( )

10 5 10 2

x  y  z 

0,25
 3

(1,0đ) 2. Tìm phần thực của số phức  (1 )
n

z i : log4



n 3



log5



n6



4,n *

Hàm số f(x) = log4



x 3



log5



x6



là hàm số đồng biến trên (3; +∞) và

f(19) = 4. Do đó phương trình log4



n 3



log5



n6



4 có nghiệm duy nhất

19
n .

w 1 2( os isin )

4 4

i c  

   

. Với n = 19 áp dụng cơng thức Moavrơ ta có:

19 19 19 19 19 3 3

w ( 2) os i sin ( 2) os i sin

4 4 4 4

z   c      c    

   

Suy ra phần thực của z là :

 

19 3 19 2

2 os ( 2) . 512

4 2

c   

0,5

0,5
VI.b

(2,0đ)
 1
(1,0đ)

1.Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1):x2 + y2 = 13 và (C2):(x - 6)2 +

y2 = 25cắt nhau tạiA(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C
1),

(C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và

N .Gọi M(x; y)( )C1  x2y2 13 (1) 
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).

Do N ( )C2  (2x)2(6 y)2 25 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ

2 2

(2 ) (6 ) 25
x y

x y

  




   




Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x =
17
5


; y =
6

5 ). Vậy M(
17
5


;
6
5 )
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0

0.5

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

1
(1,0đ)

1 2

4 1 5

: ; : 3 3

3 1 2

x t

x y z

d d y t

z t
 


   

    

  




Trong tất cả các mặt cầu tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2, viết phương

trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất.

Đường thẳng d1 đi qua điểm M1(4; 1; -5) và có véctơ chỉ phương u (3; 1; 2) 



Đường thẳng d2 đi qua điểm M2(2; -3; 0) và có véctơ chỉ phương u' (1;3;1)





1 2 1 2

, ' 5; 5;10 , ( 2; 4;5) , ' . 60

u u M M u u M M

          

   



    

        



1 2



1 2 2 2 2

, ' . 60 60

, 2 6

5 6
5 ( 5) 10

, '
 
 

   

    

 
  

 
u u M M

d d d

u u

Giả sử S(I; R) là một mặt cầu bất kỳ tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 tương

ứng tại hai điểm A và B khi đó ta ln có IAd1, IBd2 và IA + IB ≥ AB . Suy

ra 2R ≥ AB, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I là trung điểm của AB và AB là
đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2.

Ad1, Bd2 nên A(4 + 3t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’);
. 0

' . ' 0

   

 



 

 

 

 

   

AB u  AB u
AB u AB u

Giải hệ này tìm được A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1).

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) , bán kính R 6 nên có phương trình là:



x 2



2 (y 1)2 (z 1)2 6

     

0,25

2
(1,0đ)

2. Từ các chữ số 0,1,2,3,4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác
nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.

4 3 2 1

4 3 2 1 0 4 3 2 1 0
Gọi số tự nhiê n cần lập là n =a a a a a a .10 a10 a .10 a.10 a

Ta có 4 cách chọn a4 và 4 ! cách xếp 4 số cịn lại. Vậy có 4.4 !=96 số n.

Có 24 số với số k (k=1,2,3,4) đứng ở vị trí a4.

Có 18 số với số j ( j=1,2,3,4) đứng ở vị trí ai với i=0,1,2,3.

Vậy tổng của 96 số n là:
3

4 2 1 0

(1 2 3 4)[(24.10   18(10 10 10 10 )]2599980.

0,5

Chó ý

:

Câu I

:

Khối A;B: 2 điểm

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

Trờng THPT Hậu lộc 2 đề thi thử đại học lần thứ II 
mơn Tốn(Khối A-B) -Năm học 2011-2012

Thêi gian: 180 phót
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 3 3mx23(m21)x m 3m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1

2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng

√

2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
 Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình :

2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4

c  c x

2. Giải phương trình :

2 2

1 2 2 1 2 2 2

log (5 2 ) log (5 2 ).log x   x x (5 2 ) log (2 x  x 5) log (2x1).log (5 2 ) x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân 
6

tan( )
4
os2x

x

I dx

c

 






Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy 
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vng góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.

Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

3(

) 2

P



x



y



z



xyz

.

B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
 1.Theo chương trình chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3x 4y 4 0.

Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2x6y 4z 2 0 .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6;2)



, vng góc với mặt
phẳng( ) : x4y z 11 0 và tiếp xúc với (S).

Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x4trong khai triển Niutơn của biểu thức : P (1 2x3 )x2 10
 2.Theo chương trình nâng cao:

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

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2 2

( ) : 1

9 4
x y

E  

và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hồnh độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2x6y 4z 2 0 .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6;2)



, vng góc với mặt
phẳng( ) : x4y z 11 0 và tiếp xúc với (S).

Câu VIIb (1 điểm):

Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn

0 2 1 2 2 ... 2 121

2 3 1 1

n
n

n n n n

C C C C

n n

    

 

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG Điêm

2. Ta có y, 3x2 6mx3(m21)

Để hàm số có cực trị thì PT y,0 có 2 nghiệm phân biệt

 x2 2mx m 21 0 có 2 nghiệm phân biệt
   1 0,m

Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)

025

Theo giả thiết ta có

2 3 2 2

2 6 1 0

3 2 2
m

OA OB m m

m
  

      

 


Vậy có 2 giá trị của m là m 3 2 2 và m 3 2 2.

025

1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0

PT c x c

c x c x



 

     

 

  

sin(4 ) sin(2 ) 0

6 6

18 3
2sin(3 ). osx=0

x=
2

x x

x k

x c

k

 






    



 


   

 


Vậy PT có hai nghiệm x 2 k



 

và x 18 k 3

 

 
.

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

III

2. ĐK :

1 5

2 2

0
x
x



 



 

 .

Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2

2 2

2 2 2 2

log (5 2 )

log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)

x

x x x x

x


      



2 2

1
4

log (2 1) 1

log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2

log (5 2 ) 0 2

x
x

x x x x

x x






 

 

 

        



   

 




025

Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025

6 6

0 0

tan( ) tan 1

os2x (t anx+1)

x x

I dx dx

c

  













2
2
1 tan x
cos 2x

1 tan x





025

Đặt

2
2

t anx dt= (tan 1)
cos

t dx x dx

x

   

0 0

6 3

x t

x  t
  
  

Suy ra

3
2

0
0

1 1 3

( 1) 1 2

dt
I

t t



  

 



.

025

Ta có

,( , )

,( )

AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB

  




 

  AM SC (1)

Tương tự ta có AN SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AI SC

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

VIa

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vng góc với (AMB)
Suy ra

1
.

3
ABMI ABM
V  S IH

Ta có

4
ABM

a

S 

2 2

2 2 2 2 2

. 1 1 1

2 3 3 3

IH SI SI SC SA a

IH BC a

BC SC  SC SA AC a  a    
Vậy

2 3

3 4 3 36
ABMI

a a a

V  

Ta c ó:





3 ( ) 2( ) 2

3 9 2( ) 2

27 6 ( ) 2 ( 3)

P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz

x y z yz x

 

       

    

    

025

3 2

( )

27 6 (3 ) ( 3)

2
1

( 15 27 27)

y z

x x x



    

    

025

Xét hàm số f x( ) x315x2 27x27 , với 0<x<3

,( ) 3 2 30 27 0 1

9
x

f x x x

x


     




Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y z 1.

1. Gọi

3 4 16 3

( ; ) (4 ; )

4 4

a a

A a   B  a 

. Khi đó diện tích tam giác ABC là

. ( ) 3
2

ABC

S  AB d C    AB
.

Theo giả thiết ta có

2 6 3 4

5 (4 2 ) 25

0
2

a
a

AB a

a




 

       


  

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1)



025
Vì ( )P ( ) và song song với giá của v



nên nhận véc tơ
np  n v(2; 1; 2)

  

làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025

Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I(  ( )) 4P  
21

( ( )) 4

3
m
d I P

m



   




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

VIIa

VIb

VIIb

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025

Ta có

10 10

2 10 2

10 10

0 0 0

(1 2 3 ) k(2 3 )k ( k k i2 3k i i k i)
k

k k i

P x x C x x C C  x 

  

   



 

 

Theo giả thiết ta có

0 1 2

0 10

4 3 2

,
k i

i i i

i k

k k k

i k N
 


  

  



     

   

  

  

 


025

Vậy hệ số của x4 là: C10424C C103 31 22 3C C102 22 23 8085. 025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0

Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có

2 2

1
9 4
x y

 

và diện tích tam giác ABC là

1 85 85

. ( ) 2 3 3

2 2 13 13 3 4

ABC

x y
S  AB d C AB  x y  

2 2

85 170

3 2 3

13 9 4 13

x y

 

    

 

Dấu bằng xảy ra khi

2 2

1 3

9 4 2

2
3 2

x y

x
x y

y

 

 

 

 



 

  





 . Vậy

3 2
( ; 2)

2
C

Xét khai triển (1x)n Cn0C x C x1n  n2 2...C xnn n
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:

1 2 3 1

0 1 3

3 1 2 2 2

2 ...

1 2 3 1

n n

n

n n n n

C C C C

n n

 



    

 



2 1 1

0 1 2

2 2 2 3 1 121 3 1

...

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)

3 243 4

n n n

n

n n n n

n

C C C C

n n n n

n

 



 

      

   

   

Vậy n=4. 05

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III
Môn Toán - Khối A, B

Câu I (2 điểm):

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

3x 4
y

x 2



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

2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 0;3


 
 
  .

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )

Câu II (2 điểm):

1).Tìm các nghiệm trên



0;2



của phương trình :

sin 3x sin x

sin 2x cos2x
1 cos2x



 



2).Giải phương trình: 3x 34 3x 3 1 

Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA

= 5 vng góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD;

2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Câu IV (2 điểm):

1).Tính tích phân: I =

sin x cosx 1

2 dx

sin x 2cosx 3



 

 



2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i

b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn :
1 < | z – 1 | < 2

Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn

1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua
đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0

2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

 

x 1
d : y1 4 2t

z 3 t





 

  

 và





x 3u
d : y 3 2u2

z 2




 

 


a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.

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

3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi
xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .

Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng tại A, phương trình
đường thẳng BC là : 3x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hồnh và bán kính đường trịn nội tiếp
tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .

2).Cho đường thẳng (d) : x = t, y =-1 ,z =-t ,mp (P) : x + 2y + 2z + 3 = 0 và (Q) : x + 2y + 2z + 7 = 0
a. Viết phương trình hình chiếu của (d) trên (P)

b. Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)

3). Chọn ngẫu nhiên 5 con bài trong bộ tú lơ khơ . Tính xác suất sao cho trong 5 quân bài đó có đúng
3quân bài thuộc 1 bộ ( ví dụ 3 con K )

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

Câu Nội dung Điểm

I
2.0đ

1
1,25đ

 Gọi M(x;y) (C) và cách đều 2 tiệm cận x = 2 và y = 3

| x – 2 | = | y – 3 |

3x 4 2

x 2 3 x 2

x 2 x 2



      

 





x 0

2 x 2

x 4


     




Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là : M1( 0; 2) và M2(4; 6)

0,25

0.5

0.75đ Xét phương trình : sin

6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

2 2

3 1

1 sin 2x m 1 sin 2x

4 2

 

     

 (1)

Đặt t = sin22x . Với

2
x 0;

3

 
  

  thì t



0;1



. Khi đó (1) trở thành :
2m =

3t 4
t 2



 với t



0;1



Nhận xét : với mỗi t



0;1



ta có :

sin 2x t

sin 2x t
sin 2x t

 

 







Để (2) có 2 nghiệm thuộc đoạn
2
0;

3

 
 
 thì



3 3

t ;1 t ;1

2 4

 

  



Dưa vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4)

7
1 2m

  

Vậy các giá trị cần tìm của m là :
1 7

;
2 10

 

 




0,25

0,5

II
2,0đ

1,0đ sin 3x sin x sin 2x cos2x
1 cos2x



 

 (1)

2cos2x.sin x

2cos 2x
4
2 sin x



 

    

 

ĐK : sinx ≠ 0  x k

 Khi x



0;



thì sinx > 0 nên :
(1)  2cos2x = 2cos 2x 4



 



 

 

x  

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

de thi toan dai hoc hay2012

<i>y x</i>





3

<i>mx</i>



4

<i>m</i>







(

)

<i>x</i>

<i>x e</i>

<i>dx</i>

<i>x e</i>







3

4

lim

lim

1

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>







<sub></sub>





<sub></sub>







4

+

∞



∞



+

0

<sub>0</sub>

<sub>+</sub>

<i>y</i>

’



∞

2

+

<sub>∞</sub>

<i>y</i>

0

<i>x</i>

0

<i>y</i>

0

2

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>





 



1

2

<i>m</i>



<b>II-1</b>

<b>(1 điểm)</b>

:



