De thi thu so 7 2012 o onluyentoanvn co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012. TOÁN PHỔ THÔNG. . Môn: TOÁN Ngày 15/05/2012. ĐỀ SỐ 7. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). n o h t o. n v g.. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 4 − m có đồ thị (C m ), với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 3. b)Đường thẳng d : y = 3 − x cắt một đường cong bất kỳ (C ) trong các đường cong (C m ) tại ba điểm phân biệt A, I , B (với hoành độ của A, B khác 1). Tiếp tuyến tại A và tiếp tuyến tại B của (C ) lần lượt cắt đường cong này tại điểm thứ hai M và N . Tìm tất cả các giá trị của m để tứ giác AM B N là hình thoi.. h p n a o /t. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình lượng giác sau:. i ³ ³ π´ π´ − 1 sin 2x = 2 (sin 7x − sin 3x) cos 5x − 4 cos2 x + 12 3 p (2x − 1) x + 3 b) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: ≥1 ¡ p p ¢p 2 x + 2+ x 1−x +1−x. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân:. / : tp. π 2. Z. I=. h. 0. sin3 x cos x dx. 1 + cos2 2x. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình vuông tâm O và cạnh bằng a . S A vuông góc với đáy ABC D , SC tạo với mặt phẳng (S AB ) một góc bằng 300 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC . Tính thể tích khối chóp O.AM N và khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (AOM ).. t h. Câu 5. (1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc = 2c 2 ,. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. 2a ≤ c.. b c a + + P= a −b b −c c −a. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho các điểm A(2; 3), B (5; 2),C (8; 6) và một đường thẳng d : y = x + 5. Tìm trên d một điểm D sao cho hình vuông M N PQ có các cạnh M N , N P, PQ,QM lần lượt đi qua các điểm A, B,C , D có diện tích đạt giá trị lớn nhất. b) Trong không gian tọa độ Ox y z, cho tam giác ABC có điểm M (3; 2; 0) nằm trên cạnh BC .Phương trình đường. htt p:/ /to a. phân giác trong góc B và đường trung trực của BC có phương trình lần lượt là (d1 ) : p x −1 y z −2 = = . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AB = 867. 3 −2 1. x −2 y −1 z −1 = = ; (d 2 ) : 2 −3 2. z3 + z + 1 , z2 + ¢ ¡1 ¢ ¡ biết rằng số phức z thỏa điều kiện z + z (1 + i ) + z − z (2 + 3i ) = 4 − i. Câu 7A. (1 điểm). Tìm mô đun của số phức w =. B. Theo chương trình nâng cao. np ho tho ng. Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C 1 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9 ; (C 2 ) : (x + 1)2 + y 2 = 16 và đường thẳng d : 2x + 4y − 15 = 0. Tìm M trên (C 1 ) và N trên (C 2 ) sao cho M N nhận đường thẳng d là đường trung trực và N có hoành độ âm. x −1 y z +1 x −2 y −1 z = = ; (∆2 ) : = = . Gọi −2 −1 1 1 −1 −3 (S) là mặt cầu có tâm I (−1; −2; −1) và cắt đường thẳng (∆1 ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam ¡ giác I AB vuông tại I . Tìm điểm M trên (∆2 ) sao cho từ đó có thể kẻ được đến mặt cầu (S) một tiếp tuyến tức đường p ¢ 2 30 thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) có độ dài bằng . 3. b) Trong không gian tọa độ Ox y z, cho hai đường thẳng (∆1 ) :. Câu 7B. (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực : logx (2 − 2x) + log1−x (2x) = 0 ———————————————–Hết—————————————————. .vn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx + 4 − m có đồ thị (C m ), với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 3. b)Đường thẳng d : y = 3 − x cắt một đường cong bất kỳ (C ) trong các đường cong (C m ) tại ba điểm phân biệt A, I , B (với hoành độ của A, B khác 1). Tiếp tuyến tại A và tiếp tuyến tại B của (C ) lần lượt cắt đường cong này tại điểm thứ hai M và N . Tìm tất cả các giá trị của m để tứ giác AM B N là hình thoi. a) Lời giải (): m = 3 hàm số là y = x 3 − 3x 2 + 3x + 1 có tập xác định D = R; đạo hàm y 0 = 3x 2 − 6x + 3 = 3(x − 1)2 ; y 0 = 0 ⇐⇒ x = 1 =⇒ y = 2 lim y = −∞; lim y = +∞; x→−∞. x→+∞. Bảng biến thiên x. n o h t o. Đồ thị. 5. n v g.. 4. −∞. h p n a o /t +∞. 1. y0. +. 0. +. 3. +∞. y. 2. 2. −∞. / : p t t h. Hàm số đồng biến trên (−∞; +∞) Tâm đối xứng (1; 2). 1. −1. 0. 1. 2. 3. −1. b) Lời giải ():. htt p:/ /to a. Câu 2.a. Giải phương trình lượng giác sau:. h. ³ i ³ π´ π´ 4 cos2 x + − 1 sin 2x = 2 (sin 7x − sin 3x) cos 5x − 12 3. Lời³giải ():´. i ³ ³ i ³ π π´ h π´ π´ 4 cos2 x + − 1 sin 2x = 2 (sin 7x − sin 3x) cos 5x − ⇔ 2 cos 2x + + 1 sin 2x = 4 cos 5x. sin 2x. cos 5x − 3 3 h 12 ³ ³ h ³ 6 π´ ³ π´ π ´i π ´i ⇔ sin 2x 2 cos 2x + + 1 − 4 cos 5x. cos 5x − = 0 ⇔ sin 2x 2 cos 2x + − 2 cos 10x − =0 6 3 6  3 kπ  2x = kπ  x= 2 "  π π sin 2x = 0  π kπ  ³ ³ 2x + = 10x − + k2π π´ π´ ⇔  ⇔ (k ∈ Z) ⇔ (k ∈ Z)  x= +  6 3 cos 2x + = cos 10x −  16 4 π π  6 3 π kπ 2x + = −10x + + k2π x= + 6 3 72 6. h. Câu 2.b. np ho tho ng. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:. Lời giải (): Điều kiện :0 ≤ x ≤ 1 Ta có. p (2x − 1) x + 3 ≥1 ¡ p p ¢p 2 x + 2+ x 1−x +1−x. .vn. p p p p p p p p p p 2 x + (2 + x) 1 − x + 1 − x = (2 + 1 − x)( x + 1 − x) và (2x − 1) = ( x + 1 − x)( x − 1 − x). Nên bất phương trình được viết lại thành: p p p p p p p p p ( x + 1 − x)( x − 1 − x) x + 3 ≥ 1 ⇐⇒ ( x − 1 − x) x + 3 ≥ 2 + 1 − x p p p (2 + 1 − x)( x + 1 − x) p p p ⇐⇒ x(x + 3) ≥ 2 + (1 − x)(x + 3) + 1 − x. 2. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> p. Nhận thấy rằng hàmpF (x) = x(x + 3) p đồng biến trên đoạn [0; 1] nên giá trị lớn nhất của F (x) = 2 tại x = 1 Vậy V T ≤ 2 V P = 2 + (1 − x)(x + 3) + 1 − x ≥ 2 nên V P = 2 khi x = 1 Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3.. Tính tích phân:. π 2. Z I=. 0. sin3 x cos x dx. 1 + cos2 2x. Lời giải ():. n o h t o. n v g.. Z π Z π 1 2 −(1 − cos 2x) 1 2 sin 2xsin2 x d x = d (cos 2x) I= 2 0 1 + cos2 2x 8 0 1 + cos2 2x Z Z Z ¯1 1 1 (1 − t ) 1 1 dt 1 1 2t 1 ¯¯1 1 π 2 ¯ = d t = − d t = u − ln(1 + t ) ¯ ¯ = 2 2 2 8 −1 1 + t 8 −1 1 + t 16 −1 1 + t 8 −1 16 16 −1. h p n a o /t. Câu 4. Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình vuông tâm O và cạnh bằng a . S A vuông góc với đáy ABC D , SC tạo với mặt phẳng (S AB ) một góc bằng 300 . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC . Tính thể tích khối chóp O.AM N và khoảng cách từ điểm N đến mặt phẳng (AOM ). Lời giải ():. t h. / : tp. ( C B ⊥ AB.  ⇒ BC ⊥ (S AB ) , nên C SB = 30o. htt p:/ /to a. +/Ta có:. BC ⊥ S A. p p p BC BC = a 3; SC = = 2a ⇒ S A = AB 2 + SB 2 = a 2 = AC , t an30 si n30 Nên N là trung điểm cua SC . ⇒ NO ⊥ (ABC D) ⇒ NO ⊥ O A p p 1 a 2 a 2 1 a2 ; AO = ⇒ S.AON = AO.ON = Ta có ON= S A = 2 2 2 4 p p p p 2 a 3 d (M ; (ANO) M S 2 a 2 2a 2 a 2 Dễ tính B M = = = d (B ;(ANO)) = BO = ⇒ d (M ;(ANO) = = 3p d (B ; (ANO) BS 3 2 3 2 3 p 1 a 2 a2 a 3 2 . = Vậy VO AM N = . 3 3 4 36 p p p p a 2 S A.AB a 6 BO a 6 2 2 +/ Ta có: cos SBO = = ⇒ MO = M B + BO − 2M B.BO. cosOB S = = AO M A = = BS 6 p 2 SB 3 2 Từ đó dễ tính được S ∆M AO = a 2 6 p 3VOM AN a 2 Nên d( N ; (AMO)) = = S ∆MO A 2. Trong ∆SBC ⊥ B vàSB =. Câu 5.. np ho tho ng. Cho các số thực dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn ab + bc = 2c 2 ,. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Lời giải (1): Theo giả thiết: 2a ≤ c, do đó:. a 1 ≤ Mặt khác, cũng theo giả thiết, ta có: c 2 a b b . + = 2. c c c. Vì. 2a ≤ c.. a b c P= + + a −b b −c c −a. .vn. a 1 b 4 ≤ nên ≥ . Ta lại có: c 2 c 3 a b b a 2c . + =2⇔ = − 1. c c c c b. . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c b. Tới đây, ta đặt: x = , (0 < x ≤ 43 ). Viết lại biểu thức P dưới dạng: a c a c. − bc. +. b c b c. −1. +. 1 2x 2 − x 1 1 = + + a 2 1− c 2x − x − 1 1 − x 2(1 − x) = 1−. 2 7 + 2x + 1 6(1 − x). Tới đây, ta xét hàm: f (x) = 1 −. n o h t o. 2 7 + 2x + 1 6(1 − x). Dễ thấy, 3 f 0 (x) > 0, ∀x ∈ (0; ] 4. h p n a o /t. Do đó, ta có thể kết luận về giá trị lớn nhất của hàm số đạt tại x = 43 . Khi đó P max = 27 5 . Lời giải (2): Do a ≤ 2c nên ta có 2c 2 = ab + bc ≤ 2c · b + bc, từ đó suy ra b ≥ 43 c. Bây giờ, ta sẽ chứng minh P ≤ đoán được kết quả này nhờ vào giả thiết của bài toán), tức. / : tp. n v g.. 27 5. (có thể dễ dàng dự. a b c 27 + + ≤ . a −b b −c c −a 5. Bất đẳng thức này tương đương với. hay. t h. µ 4−. ¶ ³ b c ´ a 27 + 2− + ≥ 6− , b −c c −a b−a 5 a 3 3b − 4c c − 2a + + ≥ . b −c c −a b−a 5. Do 3b − 4c ≥ 0, c − 2a ≥ 0, đồng thời 0 < b − c < b − a, 0 < c − a < b − a là các bất đẳng thức đúng nên ta có 3b − 4c 3b − 4c ≥ , b −c b−a. c − 2a c − 2a ≥ . c −a b−a. Từ đó suy ra, ta chỉ cần chứng minh được 3b − 4c + c − 2a + a 3 ≥ , b−a 5. htt p:/ /to a. hay. 5(3b − 3c − a) ≥ 3(b − a).. Bất đẳng thức cuối này tương đương với. 12b ≥ 15c + 2a. và đây là một kết quả hiển nhiên đúng do 15c + 2a ≤ 16c ≤ 12b. Vậy ta có P ≤ 27 5 . Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi a = 3, b = 8 và c = 6, do đó ta có thể đi đến kết luận rằng max P =. 27 5 .. np ho tho ng. Câu 6A.a Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho các điểm A(2; 3), B (5; 2),C (8; 6) và một đường thẳng d : y = x + 5. Tìm trên d một điểm D sao cho hình vuông M N PQ có các cạnh M N , N P, PQ,QM lần lượt đi qua các điểm A, B,C , D có diện tích đạt giá trị lớn nhất. Lời giải (): − Ta gọi vecto pháp tuyến của đường thẳng M D là : → n = (a; b) (a 2 + b 2 > 0) − +) Phương trình M N :đi qua A(2; 3) và có vecto pháp tuyến → n M N = (b; −a) có dạng : bx − a y − 2b + 3a = 0 +) Khoảng cách từ C tới M N là : d (C ; M N ) =. |8b − 6a − 2b + 3a| 6b − 3a =p Diện tích hình vuông M N PQ là : p 2 2 a +b a2 + b2 S M N PQ =. (6b − 3a)2 a2 + b2. Khi đó bài toán trở về đại số : Tìm giá trị lớn nhất của hàm số : S(a; b) = +) Xét b = 0 +) Với b 6= 0 ta có :. 4. (6b − 3a)2 a2 + b2. .vn. ³ a ´2 6−3 S = ³ ´2 b a +1 b. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Xét hàm số f (t ) =. (6 − 3t )2 9(2t + 1)2 = 45 − 2 t +1 t2 +1. Do đó ta có thể thấy được : max S M N PQ = 45 đạt được khi t = Câu 6A.b. −1 ⇒ b = −2a Từ đó các bạn có thể giải quyết bài toán . 2. n v g.. Trong không gian tọa độ Ox y z, cho tam giác ABC có điểm M (3; 2; 0) nằm trên cạnh BC .Phương trình. đường phân giác trong góc B và đường trung trực của BC có phương trình lần lượt là (d1 ) :. n o h t o. p z −1 x −1 y z −2 ; (d 2 ) : = = . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AB = 867. 2 3 −2 1. Lời giải (): Phương trình của phẳng (P) qua BC và vuông góc d2 có n P = u d2 = (3; −2; 1) có dạng: 3(x − 3) − 2(y − 2) + z = 0 hay: 3x − 2y + z − 5 = 0 x −1 y z −2 = = 1 1 −1. h p n a o /t. Gọi N là giao của d2 ; (P ), nên N (1; 0; 2) Từ đó viết pt BC là. x −2 y −1 = = 2 −3. Nên tọa độ B là giao BC và d1 , N là trung điểm của BC nên tìm được tọa độ C Dựa vào khoảng cách ta tìm được tọa độ A . z3 + z + 1 , 2 ¡ ¢ z +1 ¡ ¢ biết rằng số phức z thỏa điều kiện z + z (1 + i ) + z − z (2 + 3i ) = 4 − i. Câu 7A.. Tìm mô đun của số phức w =. / : tp. Lời giải (): Gọi z = a + bi ta có phương trình. t h. 1 2. từ đó suy ra a = , b = mà w = 1 +. 1. z2 + 1. −1 1 1 nên z = − i 2 2 2. thay vào ta có của w =. 2a(1 + i ) + 2bi (2 + 3i ) = 4 − i. 9 2 + i Từ đó có modul của w 5 5. Câu 6B.a Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C 1 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9 ; (C 2 ) : (x + 1)2 + y 2 = 16 và đường thẳng d : 2x + 4y − 15 = 0. Tìm M trên (C 1 ) và N trên (C 2 ) sao cho M N nhận đường thẳng d là đường trung trực và N có hoành độ âm. Lời giải (1): Xin nêu các bước làm cơ bản như sau : µ. +) Gọi (T1 ) là đường tròn đối xứng với đường tròn (C 1 )qua đường thẳng d Do đó ta có phương trình (T1 ) : x − µ. htt p:/ /to a ¶2. 12 5. ¶2 +. 34 = 16 5 Gọi (T2 ) là đường tròn đối xứng với đường tròn (C 2 ) qua đường thẳng d : Do đó ta có phương trình (T2 ) : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 9 Bây giờ các bạn quan sát hình vẽ sẽ nhìn ra lời giải y−. . np ho tho ng. .vn 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lời giải (2): +) Nếu ta gọi M = (a; b) và N = (c; d ) thì ta có bốn ẩn số cần phải tìm ra . +) Giờ nếu ta mà lập được bốn phương trình thì tức là ta sẽ giải được . Vậy thì ta lần lượt xét : M ∈ (C 1 ) ⇒ (a − 1)2 + (b − 2)2 = 9 N ∈ (C 2 ) ⇒ (c + 1)2 + d 2 = 16 (d ) là đường trung trực nên nó cho ta. sau :. (−−→ M N .n d = 0. n v g.. với I là trung điểm M N . vì thế mà ta thu được hệ phương trình. I ∈ (d )  2 2  (a − 1) + (b − 2) = 9   (c + 1)2 + d 2 = 16  2(a − c) + 4(b − d ) = 0     (a + c) + 2(b + d ) − 15 = 0. h p n a o /t. n o h t o. Hệ này chỉ là hệ bậc 2 nên ta có thể giải triệt để nó được bằng cách từ 2 phương trình cuối ta sẽ rút các ẩn để thế vào 2 phương trình bên trên và cuối cùng ta thuđược một hệ bậc 2 có hai ẩn . Từ hệ :. ( 2(a − c) + 4(b − d ) = 0 (a + c) + 2(b + d ) − 15 = 0. 15  a = − 2d 2 Ta rút được : 15  c = − 2b 2. Tới đây thì ta thế vô cái hệ hai phương trình đầu ta được :. t h. / : tp. µ ¶2   13 − 2d + (b − 2)2 = 9  ¶2 µ2  17   − 2b + d 2 = 16 2. .. Hệ này thì các bạn có thể xử lý đơn giản rồi . x −1 y z +1 x −2 y −1 z = = ; (∆2 ) : = = . −2 −1 1 1 −1 −3 Gọi (S) là mặt cầu có tâm I (−1; −2; −1) và cắt đường thẳng (∆1 ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác I AB ¡ vuông tại I . Tìm điểm M trên (∆2 ) sao choptừ đó có thể kẻ được đến mặt cầu (S) một tiếp tuyến tức đường thẳng ¢ 2 30 tiếp xúc với mặt cầu (S) có độ dài bằng . 3. Câu 6B.b. Trong không gian tọa độ Ox y z, cho hai đường thẳng (∆1 ) :. Lời giải (): Mình xin nêu hướng cho bài này như sau: + Trước hết từ giả thiết ta có tam p giác I AB vuông cân tại I nên nếu gọi h = d (I , ∆1 ) rồi tính h thì ta sẽ tính được bán kính R của mặt cầu (S) là R = 2.h + Tiếp theo, giả p sử từ M ta kẻ được tiếp tuyến M T tiếp xúc với (S) tại T , khi đó do tam giác M I T vuông tại T nên ta tính được M I = M T 2 + R 2 + Vì M ∈ ∆2 ⇒ M (2 + t ; 1 − t ; −3t ) Và bây giờ công việc còn lại chỉ là tính toán. htt p:/ /to a. Câu 7B.. Giải phương trình sau trên tập số thực : logx (2 − 2x) + log1−x (2x) = 0. Lời giải (1): Bài này hình thức đơn giản nhưng khá hay: Điều kiện 0 < x < 1 Đặt a = log2 (1 − x); b = log2 x . Ta có: a + b = log2 (1 − x) + log2 x = log2 x(1 − x) ≤ log2. (x + 1 − x)2 = −2 4. Phương trình đã cho có dạng:. np ho tho ng. log2 2 + log2 x log2 (1 − x). ⇔. +. log2 2 + log2 (1 − x) log2 x. =0. 1+a 1+b + = 0 ⇔ a2 + b2 + a + b = 0 b a. ⇔ (a + 1)2 + (b + 1)2 − (a + b + 2) = 0 (?). Do a + b ≤ −2 nên (?) xảy ra khi:. ( (a + 1)2 + (b + 1)2 = 0 (a + b + 2) = 0. ⇔ a = b = −1 ⇒ x =. Lời giải (2): Đặt: a = log2 (1 − x); b = log2 (x) suy ra a + b ∈ [−2; 0). Ta có : 1 = 2a + 2b ≥ 2.. 1 2. .vn. p 2a+b ≥ 1. Suy ra a = b = −1 6. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>