1

/>


Đ
ẠI HỌC S
Ư PH
ẠM H
À N
ỘI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Đ
Ề THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1, 2012

MÔN: TOÁN
Ngày thi: 08-01-2012
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I. Cho hàm số
3 2 2 2
2( 1) ( 4 1) 2( 1) ( )
y x m x m m x m Cm
       
1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi
0
m


2) Tìm

m
để hàm số
( )
Cm
có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu vuông góc với
đường thẳng
9
5
2
y x
 
.

Câu II.
1) Giải phương trình:
2 2
sin7 sin9 2 cos cos 2
4 4
x x x x
 
 
   
    
   
 
   
 


2) Giải bất phương trình:

2
9 2 1 1
x x x
   


Câu III.
1)Tìm nguyên hàm:
tan .cot
6 3
I x x dx
 
   
  
   
   



2) Giải phương trình:
2
4 2 2
log log .log ( 2 1 1)
x x x
  


Câu IV. Cho hình chóp SABC có hình chiếu vuông góc của đỉnh
S
lên đáy nằm trong

ABC

, các mặt bên tạo
với đáy góc bằng
0
60
. Biết

0
60 ; 4 ; 2 7
ABC AB a AC a
   . Tính thể tích khối chóp SABC

Câu V. Cho các số thực
, , (0;1)
a b c

. Chứng minh rằng:
2
(1 )(1 ) 1
(1 ) 4
ab a b
ab
 



Câu VI.
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy

cho tam giác
ABC
vuông tại
A
các đỉnh
,
A B
thuộc đường thẳng
2
y

,
phương trình cạnh
: 3 2 0
BC x y
  
. Tìm tọa độ trọng tâm
G
của tam giác ABC biết bán kính đường tròn
nội tiếp tam giác bằng
3
.
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hãy viết phương trình đường tròn đi qua
2
điểm
(1;1), (2;4)
M N và tiếp xúc với
đường thẳng
2 9 0
x y

  
.
Hết

2

/>


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I.
(Tự giải)
Câu II.1 (can_hang2007)________________________________________________________________
Ta có
2
2cos 1 cos 2 1 sin 2
4 2
x x x
 
   
     
   
   

và
2
2cos 2 1 cos 4 1 sin4
4 2
x x x
 

   
     
   
   

nên phương trình đã cho tương đương với
sin7 sin9 sin2 sin 4 ,
x x x x
  

tức
2sin8 cos 2sin3 cos .
x x x x


Đến đây thì dễ rồi.^^

Câu II.2 (can_hang2007)__________________________________________________________________
+ Điều kiện:
0
x


+ Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với:


2
(9 1) 2 1 0
3 1
(3 1)(3 1) 0

2 1
1
(3 1) 3 1 0
2 1
1
3
x x x
x
x x
x x
x x
x x
x
    

    
 
 
    
 
 
 
 

(Vì
1
3 1 0
2 1
x
x x

  
 
với
0
x

.)
+ Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1
;
3
S
 
 
 
 


Câu III.1 (Dấu chấm)____________________________________________________________________
Ta có : tan cot tan tan tan tan
6 3 6 2 3 6 6
x x x x x x
      
           
        
           
           

Mặt khác ta lại có
tan tan

6 6
tan tan 1
6 6
tan
6 6
x x
x x
x x
 
 
 
   
  
   
   
   
   
   
 
   
  
 
 

3

/>


tan tan

6 6
1
3
3
1 tan tan
3 6 6
sin sin
3
6 6
1
3
cos cos
6 6
x x
x x
x x
x x
 
 
 
 
   
  
   
   
 
 
   
    
   

 
   
 
 
   
 
   
 
   
 
  
 
   
 
   
 
   
 

Do đó ta có
sin sin
3 3
6 6
d d d
3 3
cos cos
6 6
x x
I x x x
x x

 
 
   
 
   
   
  
   
 
   
   
  

d cos d cos
6 6
3 3
d
3 3
cos cos
6 6
x x
I x
x x
 
 
   
   
 
   
   

   
   
  
   
 
   
   
  

3 3
ln cos ln cos
3 6 3 3
I x x x C
 
   
     
   
   


Câu III.2. (jet_nguyen)__________________________________________________________________
Hướng dẫn: ĐK:
1
x


Ta có:


2

4 4 2
log 2log ·log 2 1 1 .
PT x x x
   



4 2 4
log 2·log 2 1 ì
1 .( : log 0)
x x V x
    

2
( 2 1 1) .
x x   


Câu IV. (iceage3)_______________________________________________________________________
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta tính được:
2 2 2
2 . 6
AB BC AB BC AC BC a
    

Do hình chiếu của
S
xuống mặt đáy tạo các góc bằng nhau nên hình chiếu của
S
xuống

( )
ABC
là
I
tâm
đường tròn nội tiếp
ABC


2
1
.4 .6 . 60 6 3
2
o
ABC
S a a sin a

 
Nửa chu vi
1
( ) (5 7)
2
ABC p AB BC CA a      

Ta có
21 5 3
3
ABC
ABC
S

S pr r a
p


 
   

Chiều cao hình chóp:
. 60 (5 7)
o
h r tan a
  

4

/>


Thể tích hình chóp:
3
.
1
. . ( 2 21 10 3)
3
S ABC ABC
V h S a

   



Câu V. (can_hang2007)____________________________________________________________________
Ta có


2
(1 )(1 ) 1 ( ) 1 2 1
a b a b ab ab ab ab
           nên


 
2
2
2 2
1
(1 )(1 )
.
(1 ) (1 )
1
ab ab
ab a b ab
ab ab
ab

 
 
 


Mà



2
1 4
ab ab
  và
0 1
ab
 
nên ta có
 
2
1
.
4 4
4
1
ab ab ab
ab
ab
  


Đó chính là điều phải chứng minh.

Câu VI.1.______________________________________________________________________________
Cách 1. (F7T7)
Dễ dàng tìm được
(0,2)
B

Do tam giác ABC vuông tại A nên
2
R BC AB AC
  

Đặt
AB a

, suy ra
( 3 1) 2 3
2 2 3 3
2
3 1
a
R a a a R a

       


Vậy
2 3
( ;2)
3 1
A 


Do AC vuông góc với
2
y


nên A, C có cùng hoành độ
- Nếu
2 3
( ;2)
3 1
A

thì
2 3 4 2 3
;
3 1 3 1
C
 

 
 
 
 

- Nếu
2 3
( ;2)
3 1
A 

thì
2 3 8 2 3
;
3 1 3 1
C

 
 
 
 
 
 

Từ đây dễ dàng tìm được tọa độ G theo tọa độ 3 điểm A, B, C
Cách 2. (can_hang2007)
Từ giả thiết, ta suy ra tọa độ của
B
chính là nghiệm của hệ phương trình
2
3 2 0
y
x y




  


Giải hệ này, ta tìm
được
0, 2.
x y
 
Do đó
(0,2).

B

Bây giờ, giả sử
A
có tọa độ
( ,2)
A a

( 0).
a

Thế thì, do tam giác ABC vuông tại
A
nên
C
phải nằm trên
đường thẳng vuông góc với AB (tức đường thẳng y = 2) tại A, tức
C
thuộc phương trình
.
x a

Vậy tọa độ của
C
chính là nghiệm của hệ phương trình
3 2 0
x a
x y





  



Giải ra, ta tìm được


, 3 2 .
C a a 
Và như vậy, ta có
5

/>


 
2
2
| |, 3 2| |, | | 3.
AB a BC a a a AC a    

Đến đây, ta tính được
2
1 3
· ·
2 2
ABC
S AB AC a

  và (gọi
p
là nửa chu vi tam giác)


3 3 | |
.
2 2
a
AB BC CA
p

 
 

Theo giả thiết, ta có
3
r 
(
r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) và
ABC
S
r
p
 nên suy ra
 
2
3
2

3,
3 3 | |
2
a
a



hay tương đương
| | 3 3.
a  
Từ đây ta tìm được
3 3
a  
hoặc
3 3.
a   

[*] Với
3 3,
a  
ta có




3 3,2 , (0,2), 3 3,3 3 5 .
A B C  
Suy ra tọa độ trọng tâm
G

của tam giác là
3 3 0 3 3 2 2 3 3 5 2
, 2 ,3 3 .
3 3
3
G G
 
      
 
  
 
 
 
 
 

[*] Với
3 3
a   
, ta có




3 3,2 , (0,2), 3 3, 3 3 2 .
A B C
     
Suy ra tọa độ trọng tâm
G
của tam giác

là
3 3 0 3 3 2 2 3 3 2 2
, 2 ,2 3 .
3 3
3
G G
 
       
 
   
 
 
 
 
 

Bài toán được giải quyết xong.

Câu VI.2._____________________________________________________________________________
Cách 1. (iceage3)
Đặt tâm của đường tròn là
( ; )
I a b

2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 2) ( 4) 3 9(1)
IM IN a b a b a b           
Do đường thẳng (d)
2 9 0
x y

  
tiếp xúc với đường tròn nên:
2 2 2
[ ;( )] (2 9) 5[( 1) ( 1) ](2)
d I d IM a b a b       
Từ
(1),(2)
tìm được
3, 2
a b
 
hay
357, 122
a b
  

Cách 2. (lonelyplanet)
Trung điểm của
MN
là
( ;
3
,
2
5
)
2
H



1;3
MN 


Tâm O của đường tròn thuộc đường trung trực d của MN.
d đi qua H và nhận


1;3
MN 

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :( ) 3 )
3
2
5
( 0.
2
d x y
   
Suy ra
: 3 9
d x y
 
. Do đó
(9 3 ; )
O O
O y y

Lại có (O) tiếp xúc với
1

: 2 9 0
d x y
  
, nên
6

/>



 
 
2 2
1
2
2 2
2(9 3 ) 9
( ; ) (8 3 ) ( 1)
5
2
7 9 5 10 50 65 124 244 0
122
O O
O O
O
O O O O O
O
y y
d O d OM y y
y

y y y y y
y
  
     


         





Ta tìm được hai điểm O thỏa mãn
(3;2)
và
( 357;122)



Hướng dẫn giải được tổng hợp bởi
Từ lời giải của các thành viên diễn đàn Boxmath.vn, Onluyentoan.vn