Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Kỳ thi: Thử Đại học lần 2 - Lớp 12
Môn thi: TOáN 12
(Thời gian làm bài: 150 phút)
I/ PHN CHUNG CHO CC TH SINH
CõuI:(2) Cho hm s:
4 2 2
( 10) 9y x m x= + +
. (C
m
)
1.Kho sỏt hm s ng vi m = 0
2)Tỡm m th (C
m
)ca hm s ct trc honh ti 4 im pbit
1 2 3 4
, , ,x x x x
tha :
1 2 3 4
8x x x x+ + + =
.
CõuII : (2) 1.Gii phng trỡnh:
1
cos cos cos2 1
4 4 3
x x x


+ + =
ữ ữ

2.Gii bt phng trỡnh sau :
2 3
2 5 1 7 1x x x+
Cõu III : (1)
Tớnh din tớch ca min phng gii hn bi cỏc ng
2
| 4 |y x x=
v
2y x=
.
Cõu IV : (1) Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú SA=x, tt c cỏc cnh cũn li l 1. Tỡm x th tớch
hỡnh chúp S.ABCD l
1
4

Cõu V : (1im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc S =
1 1 1
b c a
ab bc ca
+ +
+ + +
bit a; b; c l ba s dng tho : abc =1
PHN T CHN: (Ch c chn phn A hoc phn B)
PHN A: Theo chng trỡnh chun
CUVI a (2) 1. Trong khụng gian cho hai ng thng (d
1
):
7 4 9
1 2 1

x y z

= =


v (d
2
):
3 1 1
7 2 3
x y z

= =

. Vit phng trỡnh tham s ng thng () ct (d
1
), (d
2
) v trc
Ox ln lt ti cỏc im A, B, C sao cho B l trung im AC.
2. V it phng trỡnh cnh AB ca hỡnh ch nht ABCD bit cnh AB, BC, CD, DA ln
lt i qua cỏc im M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) v din tớch hỡnh ch nht l 16
CUVIIa.(1) Cho số phức z thoả mãn
1
2
z
i
z
z
=



+ =


.
Tỡm s phc liờn hp ca s phc z
PHN B: Theo chng trỡnh nõng cao
CUVI b.(2) 1. Trong khụng gian cho tam giỏc ABC vi B(4; 3; 2), C(4; 5;

3)
ng thng (d):
2 1 1
3 4 1
x y z

= =

l phõn giỏc trong gúc A ca tam giỏc ABC. Tỡm ta
im A v din tớch tam giỏc ABC.
2. Vit phng trỡnh ng trũn i qua hai im A(1; 5), B(5; 1) v tip xỳc vi ng
trũn (C): x
2
+ y
2
= 2.
CUVIIb.(1) Gii bt phng trỡnh:
3
8
2

2 2
log
log 1 2
log (1 2 ) log
x
x
x x
+

+

1
HD CHẤM TOÁN 12
CâuI
2đ
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0.
y = x
4
– 10x
2
+ 9 TXD:R
+ tính y’ và giói hạn +b¶ng biÕn thiªn ®óng
+cùc trÞ ,®b,nb
+xác định đúng các điểm giao ox,oy .tính đối xứng và vẽ đúng
.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và Ox.
4 2 2
( 10) 9 0x m x− + + =

(1) Đặt
2
( 0)t x t= ≥
Ptrình (1)trở thành:
2 2
( 10) 9 0t m t− + + =
(2)
ĐKđểcó 4 nghiệm :
2 2
2
( 10) 36 0,
9 0
10
m m
P
S m

∆ = + − > ∀

= >


= +

Gs hai nghi ệmcủa (2) 0<t
1
<t
2

Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có


1 2 1 2 1 2
4 2 . 16t t t t t t+ = ⇔ + + =
(*) Áp dụng Viet
2
1 2 1 2
10 , 9
b c
t t m t t
a a
−
+ = = + = =
.
Ta có pt(*) trở thành : m
2
+ 10 = 10  m = 0. KL
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuII
Y1(1đ)
1
cos cos cos 2 1
4 4 3
x x x

π π
   
− + + = −
 ÷  ÷
   

⇔

( )
2
1
2cos .cos 2cos 1 1
4 3
x x
π
= − −

2
3 2 osx 2cos 4c x= −

2
2cos 3 2 cos 4 0x x− − =

⇔

cos 2 2 (loai)
2
cos
2
x

x

=


= −



⇔

3
2
4
x k
π
π
= ± +
KL:PTđã cho có nghiệm
3
2 ,
4
x k k Z
π
π
= ± + ∈
0.25
0.25
0.25
0.25

(1đ) đk:
1x ≥

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
3 1 2 1 7 1 1
1 1 1
3 2 7 (2) 0
1 1 1
x x x x x x
x x x
dat t
x x x x x x
− + + + ≥ − + +
− − −
⇔ + ≥ = ≥
+ + + + + +
0.25
0.25
2
PT(1) trỏ thành
2
2
2
2
3 7 2 0

1
3
1 4( 1)
4 6
1
0 1 ( 1)
1 4 6
9
t
t t
t
x x x
x
x x x
x
≥


− + ≥ ⇔

≤


− ≥ + +

≥ +

⇒ ⇔



≤ − ≤ + +
≤ ≤ −




KL:bất phương trình có nghiệm là:
4 6
1 4 6
x
x

≥ +

≤ ≤ −


0.25
0.25
CâuIII
(1đ)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6

4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=
− = − − =

 
 
vẽ hình đúng và viết được diện tích cần tính là S:
2 4 6
2 2 2
0 2 4

( 4 2 ) ( 4 2 ) ( 4 2 )
4 20 28 52
( )
3 3 3 3
S x x x dx x x x dx x x x dx
dvdt KL
= − + − + − + + − + +
= + + = ⇒
∫ ∫ ∫
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuIV
1đ
j
x
1
x
x
A
C
B
D
gọi H l à ch ân đ ư ờng cao h ạ t ừ S xu ống (ABCD) H thuộc AC
+)Chứng minh đươc tam giác ASC vuông tai S và tính đ ựoc SH=
2
( 1)
x
x +

+)tính đựoc th ể tích V=
2
1
3
6
x x−
+
2
1 1 1
3
4 6 4
V x x= ⇔ − = ⇔
x=
6
2
0.25
0.25
0.25
0.25
3
CâuIV
1đ
Vìa,b,c d ưong v à abc = 1 ==> tồn tại x, y, z dương thoả
; ,
x y z
a b c
y z x
= = =
==> S =
y z x

z x x y y z
+ +
+ + +

Đặt: X = y + z ; Y = z + x; Z = x + y => x + y + z =
1
2
(X + Y + Z)
==> x =
2
Y Z X+ −
; y =
2
X Z Y+ −
; z =
2
Y X Z+ −
Ta có:
y z x
z x x y y z
+ +
+ + +
=
2
X Z Y
Y
+ −
+
2
Y X Z

Z
+ −
+
2
Y Z X
X
+ −

=
1
3
2
X Y Z X Z Y
Y X X Z Y Z
 
     
+ + + + + −
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
3
2
≥
Vậy MinS =
3
2
khi a = b = c = 1
0.25
0.25

0.25
0.25
VIa
Ý1
(1đ)
Lấy A(7 + a; 4 + 2a; 9
−
a)
∈
(d
1
), B(3
−
7b; 1+ 2b; 1 + 3b)
∈
(d
2
),
C(c; 0; 0)
B là trung điểm AC
⇔

7 2(3 7 )
4 2 2(1 2 )
9 2(1 3 )
a c b
a b
a b
+ + = −



+ = +


− = +


⇔

1
1
16
a
b
c
=


=


= −

=> A(8; 6; 8), B(
−
4; 3; 4) =>
(12;3;4)BA =
uuur
=> Đường thẳng (∆) có phương trình ttham số là:
4 12

3 3
4 4
x t
y t
z t
= − +


= +


= +

0.25
0.25
0.25
0.25
Ý2
1đ
(1 điểm) Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật.
Gọi pt cạnh AB:
2 2
( 4) ( 5) 0. ( 0)a x b y a b− + − = + >
.
Suy ra pt cạnh BC:
( 6) ( 5) 0.b x a y− − − =
Diện tích hình chữ nhật là:
( ) ( )
2 2 2 2
3 4 4

; . ; . 16
a b b a
d P AB d Q BC
a b a b
− − +
= =
+ +

2 2
( 3 ) ) 4( )a b a b a b⇔ − − = +

1, 1
3, 1
3
a b
b a
b
b a
a
= −

= − =


⇔ ⇔
−


= − =
=



Vậy pt AB là:
1 0x y− + =
hoặc
3 11 0x y− + =
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
VIIa
1đ
gäi z=a+bi theo gi¶ thiÕt cã hÖ
( )
( )
2 2
2
2
2 2
2 2
1
2 1 41
1
2
1
a b
a b ab
ab
a b


+ =


− + + =



=

⇔


+ =

0.25-
0.25
0.25
4
tính đúng z






−−=
+=
⇔
iz

iz
2
2
2
2
2
2
2
2

2 2
2 2
2 2
2 2
z i
z i

= −


⇔

= − +



0.25
0.25
0.25
Phần B

CâuVIb
1đ
Ta tìm điểm B' đối xứng với B qua (d). Lấy H(2 + 3t; 1 + 4t; 1
−
t)
∈
(d)
=>
BH =
uuur
(3 t
−
2 ; 4t
−
2 ;
−
t
−
1).
Đường thẳng (d) có véctơ chỉ phương
2
(3;4; 1)v = −
uur
.
BH
⊥
(d)
⇔

. 0BH v =

uuur r
⇔
9 t
−
6 + 16t
−
8 + t +1 = 0
⇔

1
2
t =
=> Hình chiếu của B lên (d) là
7 1
;3;
2 2
H
 
 ÷
 

=> điểm B'(3; 3;
−
1) đối xứng với B qua (d).
Điểm B' nằm trên đường thẳng AC.
' (1;2; 2)B C = −
uuuur
.
Đường thẳng AC có phương trình tham số
4

5 2
3 2
x t
y t
z t
= +


= +


= − −


thay vào phương trình (d) ta có
2 4 2 4 2
3 4 1
t t t
+ + − −
= =
−

⇔
t =
−
2
=> Tọa độ điểm A là (2; 1; 1)
(2;2;1)AB =
uuur
,

(2;4; 4)AC = −
uuur
,
2 1 1 2 2 2
, ; ;
4 4 4 2 2 4
AB AC
 
 
=
 ÷
 
− −
 
uuur uuur
= (
−
12; 10; 4)
Diện tích tam giác ABC là
2 2 2
1 1
; 12 10 4 65
2 2
S AB AC= = + + =
uuur uuur
(đvdt
0.25
0.25
0.25
0.25

Ý2
1đ
Đường tròn (c) có tâm O(0; 0) và có bán kính r =
2

Đường tròn (I) đi qua A và B có tâm I(a; b) ta có AI = BI
⇔
(a
−
1)
2
+ (b
−
5)
2
= (a
−
5)
2
+ (b
−
1)
2

⇔
a = b
Khi đó(I) có bán kính R =
2 2
( 1) ( 5)a a− + −
(I) và (c) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi

OI R r
OI R r
= +


= −

( Vì A, B nằm
ngoài (c) )
* OI = R + r
⇔

2 2 2 2
( 1) ( 5) 2a a a a+ = − + − +
0.25
0.25
5
⇔

2
12 28 2 2 2 12 26a a a− = − +

⇔

2
7
3
8 36 36 0
a
a a


≥



− + =


⇔

7 / 3
3 hoac 3/ 2
a
a a
≥


= =

⇔
a = 3 khi đó R =
8
Đường tròn (I) có phương trình:
( ) ( )
2 2
3 3 8x y− + − =
* OI = R
−
r
⇔


2 2 2 2
2 ( 1) ( 5)a a a a+ + = − + −
⇔

2 2
2 4 | | 2 2 12 26a a a a+ + = − +

⇔
4|a| +12a = 24
⇔

3
2
a =
Khi đó
2 2
2
1 7 25
2 2 2
AI
   
= + − =
 ÷  ÷
   
. Đường tròn (I) có phương
trình:
2 2
3 3 25
2 2 2

x y
   
− + − =
 ÷  ÷
   
KL:
0.25
0.25
CâuVII
b
1đ
Điều kiện: x > 0 và x
≠
1
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 2
2 2
log log (1 2 )
log (1 2 ) log
x x
x x
+
≤
+

Đặt
2
2
log
log (1 2 )

x
t
x
=
+
ta có
1
t
t
≤

⇔

2
1
0
t
t
−
≤
⇔
t
≤

−
1 hoặc 0 < t
≤
1
* t
≤


−
1
⇔

2
2
log
1
log (1 2 )
x
x
≤ −
+

⇔

2 2
log log (1 2 )x x≤ − +

(vì 1 + 2x > 1)

⇔

1
1 2
x
x
≤
+


⇔
2x
2
+ x
−
1
≤
0
1
1
2
x− ≤ ≤
So sánh ĐK ta có :
1
0
2
x< ≤
* 0 < t
≤
1
⇔

2
2
log
0 1
log (1 2 )
x
x

< ≤
+

⇔

2 2
0 log log (1 2 )x x< ≤ +


⇔
1 < x
≤
1 + 2x
⇔
x > 1
Tập nghiệm của bất phương trình là:
( )
1
0; 1;
2
 
+∞


 
U

0.25
0.25
0.25

0.25
Hết
Ghi chú : Học sinh làm cách khác vẫn cho điểm tối đa nếu đúng.
Đáp án nếu có gì sai mong bạn đọc sửa cùng!
6