De thi thu dai hoc mon toan 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : TOÁN ; Khối : Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm). y. 2x  1 x 1. Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị (C) sao cho đoạn AB nhỏ nhất? Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + . (x  R) 1 1  2  x  x  y (1  y ) 4   2  x  x  1 4  x 3  2 y y3 2. Giải hệ phương trình:  y . (x  R). Câu III (1 điểm) Câu IV (1 điểm). Tính tích phân:.  3 0. I . x  sin 2 x dx 1  cos 2 x .. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, o. cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho.  BCM . AM . a 3 3 . Mặt phẳng. cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM.. Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn (x+y)3 + 4xy  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + 1. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm). 3 1 I( , ) 2 2 . Các đường thẳng AB, CD lượt đi qua các 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm điểm M(-4;-1), N(-2;-4). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm.. x y z   2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : 1  2 1 , 2 : x  1 y 1 z  1   1 1 3 .Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 một góc 300. 2| z −i|=|z − z+ 2i| z ¿2 z 2 −¿=4 Câu VIIa(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : ¿ ¿ ¿{ ¿ B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:. ( d1 ) :. x y z x 1 y z  1   (d 2 ) :   1 1 2 và 2 1 1 .Tìm. (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng  P  : x – y  z  2012  0 độ dài đoạn MN bằng √ 2 .. tọa độ các điểm M. thuộc. 2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2 y ( x 2  2 x  1) 6  =1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) Giải hệ phương trình :  , ( x, y  R) .. C©u VII.b (1 ®iÓm) ………………… …..………………..Hết……………………………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2011-2012 CÂU. NỘI DUNG. THANG ĐIỂM. Câu I. 2.0. 1.. 1.0 0.25. TXĐ : D = R\{-1} Chiều biến thiên. lim f ( x)  lim f ( x) 2. x  . x  . nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. lim  f ( x )  , lim  . x    1. 0.25. x    1. nên x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 3 0 2 y’ = ( x  1) Bảng biến thiên. +. + 2. Hàm số đồng. 2 0.25. biến trên. ( ;  1) và ( 1; ) Hàm số không có cực trị Đồ. thị 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giao điểm của đồ thị với. 1 trục Ox là ( 2 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng 2.. 1.0 Đổi về trục tọa độ gốc I theo công thức.  x  1  X   y 2  Y , pt đồ thị (C) 3 Y  X trở thành. 0.25. Tong hệ trục tọa độ mới,.   3  a;  a  (a>0), B giả sử A    3  b;   b  (b<0) Khi. đó. AB. 0.25. =. 2  9  1 1 (b  a)2  9     (b  a) 2  1     ab  2  b a  . Ta. 0.25. có. b  a  a  b 2 ab  (b  a ) 2 4 ab 0. 1. 9.  ab . 2. 2. 9.  ab . 2. . 6 0 ab. Suy ra AB  24 . Dấu = xảy ra khi.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  a b  a  3  1  9   2 b  3    ab  Vậy trong hệ trục tọa độ gốc I hai điểm A, B có tọa.  3. độ là A. . 3;. 3;  3. ,. B. Do đó trong hệ trục Oxy tạo độ của A, B là : A.   1   1. 3; 2  3; 2 . , 3. 3. 0.25. B. Câu I I. 2.0. 1. 1.0 0.25 Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x.  cosx=0 0.25  4cos3xcosx=2 3cos 2 x  2s inxcosx    2cos3x= 3cosx+sinx. + +. cosx=0  x=.   k 2. 0.25.   3x=x-  k 2   6 2cos3x= 3cosx+sinx  cos3x=cos(x- )   6  3 x   x  k 2  6 0.25.    x  12  k   x    k  24 2 . KL 2. 1.0 §k. y 0 ;. 1 1  2  2  x  x  y (1  y ) 4 x       2  x  x  1 4  x3  x3  2 3   y y  y 1  a x  y   b  x  y Đặt . 1 1  x  4 2 y y 0.25 1 x 1  (  x) 4 3 y y y 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta. đợc. 2. a 2  a  4 2b a 2  a0.25  4 2b a  a  2b 4     3  3  2 2 a  4a  4 0 a  2ab 4 a  a (a  a  4) 4 Khi. a 2  b 1. đó. x y  y 1    1  x 1  x  x 2 KL. 0.25. Câu III. 1.0  3 0. I . 2.  3 0. 2.  3 0. x  sin x x sin x 0.25 dx  dx   dx 2 1  cos 2 x 2cos x 2cos 2 x. . I1 3 0. x 1 3 x dx  dx 2cos 2 x 2 0 cos 2 x. Đặt. u  x du dx   dx   v tan x dv  cos 2 x  1  I1   x tan x 03  2  3 0. I 2 . 0.25.  3 0.   1  tan xdx   2 3  2 ln cos x.  3 0. .  1  ln 2 2 3 2. sin 2 x 1 3 1  3 2 dx   tan xdx    (1  tan 2 x)dx  2 2cos x 2 0 2 0. 1   tan x  x  2.  3 0. 0.25. 1    3  2 3.  1 1   I I1  I 2   ln 2   3    2 3 2 3 2 Câu IV.  3 0. .  dx  . 0.25. .  1(. 3 1 6. 3  ln 2). 2. 1.0 Ta cã ( SAB)  ( BCNM) vµ. S.  SAB    BCNM  BM . Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi đờng thẳng BM th× SH  (BCNM) hay SH là đờng cao cña h×nh chãp SBCNM. MÆt kh¸c :. H. N. M. 0,25 A. D. SA = AB.tan600 = a 3 .. 1 Suy ra : MA = 3 SA L¹i cã : MN lµ giao tuyÕn cña cña mp(BCM) víi mp(SAD), mµ BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC Do đó :. B. 0,25. C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> MN SM 2 4a    MN  AD SA 3 3 V× AD  (SAB) nªn MN  (SAB) , suy ra MN  BM vµ BC  BM VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM . Ta. cã. :. SBCNM. =. 1  MN  BC  BM 2. Trong đó : BC = 2a , MM. . 4a 3. vµ. BM. =. 2a 3 AB  AM = 3 2. VËy.     . 0,25. 2. SBCNM. =. 4a   2a  2a 3 10a 2 3 3   2  3 9  1 = 3 SH.. Khi đó : VSBCNM SBCNM TÝnh SH : Ta cã ∆MAB  ∆ MHS , suy ra :. SH MS  AB BM MS.AB  SH   MB 2a 3 .a 3 a 2a 3 3 VËy :. VSBCNM. 2. 10a 3 10a 3 9 27 =. 0,25. 1 = 3 .a. 3. Câu V. 1.0 Ta có 2  (x+y)3 + 4xy  (x+y)3 + (x+y)2  (x+y)3 + (x+y)2 – 2  0  x + y 1 A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + 1 = 2. 0,25. 3   x 2  y 2   x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 0,25   .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2 2 2  x  y 2     2 x2  y 2 1 3   x2  y 2       4  . = 2 9 2 x  y 2   2  x2  y 2  1  4 Đặt t = x2 + y2 .  x  y. 2. 1 2  2  t  1 9 2 t  2t  1 2 và A  4. 0,25. Xét hàm số : f(t) =. 9 2 1 t  2t  1 4 , t  2 có 9 t 2 f’(t) = 2 > 0  t 1 1 9 2  f(t)  f( 2 ) = 16 9  A  16 . Đẳng thức 1 xảy ra  x = y = 2 . Vậy. 0,25. giá trị nhỏ nhất của A bằng. 9 16 . Câu VI.a. 2.0. 1. 1.0 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 2. 1.0 Phương trình đường thẳng.  x  y 0  3 y  z  2 0 . 2 : . 0,25. Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng (x + y) + (3y + z + 2) = 0 với 2 + 2  0 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> x + ( + 3)y + z + 2 = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là.  n ( ;   3 ;  ) .. Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 300. Ta có sin(1,(P)) =.   | cos(u1 , n) |. . sin300. =. | 1.  2(  3 )  1. |. 0,25. 6.  2  (  3 ) 2   2 . 3.  2  3  5 2 |    5 |  22 -  - 102 = 0  (2 - 5)( + 2) = 0  2 = 5 v  = - 2 Với 2 = 5 chọn  = 5,  = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0 Với  = - 2 chọn  = 2,  = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0. Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0. Câu VIIa. 0,25. 1.0 + Gọi số phức z = x + yi. (x , y ∈ R) Hệ. ↔ 2| x+( y −1)i|=|(2 y +2)i| |4 xyi|=4 ¿{ ↔ x2 y= 4 1 1 y= ∨ y=− x x ↔ ¿ x=√3 4 1 y= 3 √4 ¿{. 0.5. 0.25. Vậy số phức cần tìm là :. 1 z=√3 4 + 3 i √4. Câu VI.b. 0.25. 2.0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1. 1.0 Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung. Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:   AMB 600 (1)    AMB 1200 (2) Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600  Vì MI là phân giác của AMB nên : IA   AMI 300  MI   MI 2R  m2  9 4  m  7 0 sin 30 (1) IA 2R 3   AMI 600  MI   MI   0 sin 60 3 (2) Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ;  7 ) và (0 ;. m2  9 . 0.25. 0.25. 4 3 3 (*). 0.25. 7). 0.25. 2. 1.0 +. M , N  ( d1 ), ( d 2 ). nên. . ta. giả. sử. M (t1; t1; 2t1 ), N ( 1  2t 2 ; t2 ;1  t 2 )  NM (t1  2t 2 1; t1  t 2 ; 2t1  t 2  1) .   n .NM 0  1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1) 0 + MN song song mp(P) nên: P  t2  t1  NM ( t1  1; 2t1;3t1  1). 0.25 0.25. ..  t1 0 MN  2  ( t1  1)  (2t1 )  (3t1  1) 2  7t  4t1 0    t1  4 7.  + Ta có: 4 4 8 1 4 3 M ( ; ; ), N ( ;  ; ) 7 7 7 7 7 7 . + Suy ra: M (0; 0; 0), N ( 1; 0;1) hoặc + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M  ( P). 2. 2. 2. 2 1. 0.25. 0.25. KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. Câu VII.b. 1.0.  xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 (I )  0  1  x 1, 0  2  y 1  + Điều kiện: .. 0,25.  2log1 x [(1  x)( y  2)]  2log 2 y (1  x) 6 (I )    =1 log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4). log1 x ( y  2)  log 2 y (1  x)  2 0 (1)  = 1 (2). log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4). 0,25. 1 t   2 0  (t  1) 2 0  t 1. t Đặt thì (1) trở thành: Với t 1 ta có: 1  x  y  2  y  x  1 (3). Thế vào (2) ta có:  x4  x4 log1 x (  x  4)  log1 x ( x  4) = 1  log1 x 1  1  x  x 2  2 x 0 x4 x4 x  0 y  1      x  2 . Suy ra:  y 1 .. 0,25. log 2 y (1  x) t. + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y 1 thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y 1 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>