TUYEN TAP CAC DE ON DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (326.47 KB, 20 trang )

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

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A – Năm học : 2011 – 2012 
Môn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2điểm) :Cho hµm sè : y=x4−4x2+m (C)
1/ Kh¶o sát hàm số với m =3.

2/Giả sử đồ thị (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt . Hãy xác định m sao cho hình phẳng giới
hạn bởi đồ thị (C) và trục hồnh có diện tích phần phía trên và phần phía dới trục hoành bằng nhau.
Cõu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trỡnh:

√

x2−3x+2−

√

2x2−3x+1≥ x −1

2.Giải phương trình :  

3 3 2

cos cos3x x sin sin3x x 4

Câu III: (2điểm): 1. Tính tích phân :I=

sinx+cosx¿3
¿
¿

7 sinx −5 cosx
¿

∫

π

2,Tìm hệ số x3 trong khai triển

(

x2

x

)

n

biết n thoả mãn: C21n+C23n+. . .+C22nn −1=223

Câu IV: (1điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a mặt phẳng bên tạo với mặt
đáy góc 60o. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N.

Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm)

1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(–

√

15 ; 1).

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

x y z

d  

aø

1 2
:

x t

d y t

z t

 





  


Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vuơng gĩc với d1
3.Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Nguời ta chọn ra 4 viên bi từ hộp

đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra khơng có đủ cả ba màu?

Câu V.b: (3 điểm)

1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng (P) có

phương trình là 3x −8y+7z+1=0 .

Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vng góc với AB tại

giao điểm của đđường thẳng AB với (P).

2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:

9 6 2
4
F ac bd cd    

………Hết………

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

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. 1/Víi m=3 ta cã: y=x4−4x2+3

*-Tập xác định:R
*-Sự biến thiên:

a-ChiỊu biÕn thiªn: y '=4x3−8x:y '

=0⇒x=0, x=±

√

Hàm số đồng biến

(



2;0) và ( 2;



)

; Hàm số nghịch biến

(

  

;

2) và (0; 2)

b-Cực trị:hàm số đạt cực đại tại: x=0⇒y=3

đạt cực tiểu tại: x=±

√

2⇒y=−1
c-giới hạn: lim

x → ±∞(x

−4x2+3)=+∞ Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

d-bảng biến thiªn : x − ∞ −

√

2 0

√

2 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +
+∞ 3 +∞

-1 -1

e-Tính lồi lõm và điểm uốn: y''=12x28 :y''=0x=

Bảng xét dấu y’’: x − ∞ −

√

2 3

√

23 +∞

y’’ + 0 - 0 +
§U §U

§T lâm ( −

√

2
3;

9¿ låi (

2
3;

9 lõm
*-Đồ thị:

th nhn Oy lm trục đối xứng

Giao víi trơc Ox t¹i ( −

√

3;0 ) ; (

√

3;0 )
2/§Ĩ pt: x44x2

+m=0 (1) có bốn nghiệm phân biệt thì pt

t2−4t+m=0 ph¶i cã hai nghiệm dơng phân biÖt:

¿
Δ'=4−m>0

t1.t2=m>0

t1+t2=4>0

⇔0<m<4

¿{ {

*Gọi các nghiệm của (1) là ± a , ±b do tính chất đối xứng của đồ thị qua trục tung nên để diện tích
hình phẳng phần trên và phần dới trục hoành bằng nhau ta phải có

∫

a

(x4−4x2+m)dx=−

∫

a
b

(x4−4x2+m)dx⇔

∫

b

(x4−4x2+m)dx=0

⇔b5
5 −

4
3b

+mb=0⇔3b4−20b2+15m=0 (2)
thay m=4b2−b4 vào (2) ta đợc b2=10

3 ⇒m=
20

9 ∈(0,4)

Câu II:(2điểm) :1.Giải bấtphương trình:

√

x2−3x

+2−

√

2x2−3x+1≥ x −1

Đk: x

D=(-

;1/2] {1} [2;+ )

*x=1 là nghiệm

-2

2
- 2

- 3 3

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

*x

2:Bpt đã cho tương đương:

√

x −2≥

√

x −1+

√

2x −1 vô nghiệm

*x

12 : Bpt đã cho tương đương:

√

2− x+

√

1− x ≥

√

1−2x c ó nghiệm

x

12
 *BPT c ó tập nghiệm S=(-;1/2] {1}

2.Giải phương trình :  

3 3 2

cos cos3x x sin sin3x x 4

(cos3x+3cosx)cos3x+(3sinx-sin3x)sin3x=

√

2 ⇔ cos6x+3cos2x=

√

⇔ 4cos 32x=

√

2 ⇔ cos 2x= 1

√

2 PT có nghiệm: x= ±
π

8+kπ(k∈Ζ)
Câu III: (2điểm):

1. I

∫

π

sin xdx

(sinx+cosx)3; I2=

∫

π

cos xdx

(sinx+cosx)3

; đặt x= π

2− t chứng minh được I1=I2

Tính I1+I2=

∫

π

2
dx

(sinx+cosx)2=

∫

π

2
dx

2 cos2(x −π

2tan(x −
π
4)

¿π

¿0
=1

I1=I2= 12 ⇒ I= 7I1 -5I2=1

2,Tìm hệ số x3 trong khai triển

(

x2+2

x

)

n

biết n thoả mãn: C21n+C23n+. . .+C22nn −1=223

Khai triển: (1+x)2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12
Khai triển:

(

x2+2

x

)

∑

k=0
12

C12

k

2kx24−3k hệ số x3: C

12
7

27 =101376

Câu IV: (1điểm): I, J lần lượt là trung điểm của AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC
Khai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ

IGcắt SJ tạ K là trung điểm của SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD
IK=

√

3a

2 ;SABMN=
1

2(AB+MN)IK=
3

√

3a2

8 SK┴(ABMN);SK=

a

2 =>V= 13SABMN.SK=

√

3a
3

16 (đvtt)

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm)

1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(–

√

15 ; 1).

+PTCT của (E):

x2

a2+

y2

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

+Gt

⇒
15

a2+
1
b2=1
a2−b2=16

{

Giải hệ ra đúng kết quả có (E) thoả mãn x
2
20+

y
4=1

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

x y z

d  

aø

1 2
:

x t

d y t

z t

 






  


Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vng góc với d1
BG:

*2 đường thẳng chéo nhau

*đường thẳng Δ cần tìm cắt d2 tại A(-1-2t;t;1+t) ⇒⃗OA =(-1-2t;t;1+t)

Δ⊥d1⇔⃗OA .⃗u1=0⇔t=−1⇒A(1;−1;0) Ptts

Δ
x=t

y=− t

z=0

¿{ {

3.(1 điểm)Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Nguời ta chọn ra 4 viên bi từ

hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra khơng có đủ cả ba màu?

BG -Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C184

-Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C5
2

C6
1

C7
1

+C51C62C71+C51C61C72

-Số cách chọn thoả mãn yêu c ầu là: C184 −(C52C61C71+C51C62C71+C51C61C72)=1485
Câu V.b: (3 điểm)

1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng(P)
cóphương trình là 3x −8y+7z+1=0 .

Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vng góc với AB tại giao

điểm của đường thẳng AB với (P).

BG: Giải đúng giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1)
Viết đúng phương trình: x −22= y

−1=
z −1

−2

2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:

9 6 2

4
F ac bd cd    

BG :Ap dụng bđt Bunhiacopxki và giả thiết có

2 2 2 2 2 2

(

)(

)

2

6

9

3 ( )

F



a



b

c



d



cd



d



d

 

d



d



f d

Ta có

2
2

3

9

1 2(

)

2 '( ) (2

3)

2

6

9 d

f d

d









vì

2
2

3

9

1 2(

)

2 0

2

6

9 d









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

d -  - 3/2 +

f'(d) + 0

-f(d)

3 9 6 2

( )

(

)

2

4 f d



f







Dấu bằng x ảy ra khi a=
1

√

2 b= −
1

√

2 c=3/2 d= -3/2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x 4 5x24, có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

2. Tìm m để phương trình |x4 5x24 | log 2m có 6 nghiệm.
Câu II (2.0 điểm).

1. Giải phương trình:

1 1

sin 2x sin x 2cot 2x

2sin x sin 2x

   

2. Tìm m để phương trình:





m x  2x 2 1  x(2 x) 0 (2) 

có nghiệm x 0; 1 3

Câu III (1.0 điểm). Tính

2x 1

I dx

1 2x 1




 

∫

Câu IV (2.0 điểm).

1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và BAC
❑

=120o .
Gọi M là trung điểm của cạnh CC1.

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

b. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

1)Câu VI.a. (2.0 điểm).

1. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng 
(P): 2x - y + z + 1 = 0

a. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).
b. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

2. (1.0 điểm). Giải phương trình:





2 2

3 3

log x  x 1  log x2x x

2)Câu V.b. (1,5điểm).

1. Giải bất phương trình: (log 8 log x )logx  4 2 2 2x 0

2.(1.5 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh :
3x2y4z xy3 yz5 zx

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1.(hs tự giải)

4
4

12
9

log 12 144 12

m  m 

Câu II:

1. Giải phương trình :

1 1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

(1)
(1)  cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0

 cos2x 0v2 cos x cosx 1 0(VN) 2   

 cos2x = 0 

  

     

2x k x k

2 4 2

2. Đặt t x2 2x 2  t2 2 = x2 2x

Bpt (2) 



    



t 2

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t 1

Khảo sát

t 2

g(t)

t 1



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

g'(t)

2
2

t 2t 2 0

(t 1)

 

 

 . Vậy g tăng trên [1,2]

Do đó, ycbt  bpt

2
t 2
m

t 1



 có nghiệm t  [1,2]

 





  

t 1;2

2
m max g(t) g(2)

Vậy m

2
3

Câu III Đặt t 2x 1  t2 2x 1  2tdt 2dx  dx tdt ; Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1

Vậy

4 3 2 3

0 1 1

2x 1 t 1

I dx dt t 1 dt

1 t t 1

1 2x 1

  
      
 
   

∫

; =
3
2
1

t t ln t 1 2 ln2

2
 
    
 
 
 

Câu IV (Bạn đọc tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Axyz sao cho: A  0, C 2a,0,0







, A (0,0,2a 5)1

 

  

 

a a 3

A(0;0;0),B ; ;0

2 2

và M( 2a,0,a 5)

 
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
1
5 3

BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)

2 2

a.Ta có:       

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  2

1 1

BM.MA a ( 5 0 5) 0 BM MA

b.Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :



   

   

   

⃗ ⃗ ⃗ 3 ⃗ ⃗ 2

1 BMA1 1

1 a 15 1

V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 3

6 3 2

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng

3V a 5

d .

S 3

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Câu Va. 1. Ta có AB ( 2,4, 16)  



cùng phương với   

⃗

a ( 1,2, 8)

mp(P) có VTPT n (2, 1,1) 

⃗

Ta có

⃗ ⃗

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)

a.Phương trình mp(Q) chứa AB và vng góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0

 2x + 5y + z  11 = 0

b. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P)

. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' :

x 1 y 3 z 2

2 1 1

  

 



AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ;

   


 
   
 




2x y z 1 0

H(1,2, 1)
x 1 y 3 z 2

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

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :

H A A '

2x x x

2y y y A'(3,1,0)

2z z z

 




  



  



Ta có A'B ( 6,6, 18)  



(cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B :

 

 


x 3 y 1 z

1 1 3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

   




 

 



 

 



2x y z 1 0

M(2,2, 3)
x 3 y 1 z

1 1 3

2. Giải phương trình:





2 2

3 3

log x  x 1  log x2x x

BG: (1)





 

2
3

1 1

log x x x 2 x 3x x x 1

x x



 

      

Đặt:f(x)= 3x2x g(x)=

1
1
x

x

 

(x0)

Dùng pp kshs =>max f(x)=3; min g(x)=3=>PT f(x)= g(x)  max f(x)= min g(x)=3 tại x=1
=>PT có nghiệm x= 1

Câu V.b.

1. Điều kiện x > 0 , x  1

(1)

 

    

 8 4  2

1 2 log x 1log 2x 0

log x 2





 

 

     

 

 

2 2

1 log x log x 1 0

1 log x
3

   

     

 

      

2 2 2

2 2

log x 1 log x 1

(log x 3) 0 0

log x log x

log x 1haylog x 0 0 x hay x 1

2.Theo BĐT Cauchy













1 3 5

; 3 ; 5

2 x y  xy 2 y z  xy 2 z x  xy. Cộng vế =>điều phải chứng minh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO
 Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: Cho h/s

1
y x

x

 

có đồ thị (C)

1. Khảo sát vẽ đồ thị h/s

2. Cho Mx y0; 0

 

C Một ttuyến tại M

o của (C) Cắt đthẳng y=x tại A ;Cắt Oy tại B
Chứng minh rằng Tich OA.OB khơng phụ thuộc vào vị trí của Mo

CâuII : 1. Giải PT:

2 2

1 8 1

2cos cos ( ) sin 2 3cos( ) sin

3 3 2 3

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

2.Giải bất phơng trình

√

log22x −log2x2−3>

√

5(log4x2−3)

CâuIII: Tính tích phân :I=
2
1

ln
. 1 ln

x
dx

x  x

∫

CâuIV: 1.Cho hình hộp lập phương ABCDA B C D, , , ,cạnh bằng a

lấy

,/ , 3; , ,/ , 2; ,/ 3

2 2 3

a a a

MAA A M  N D C D N  K CC CK 

Đường thẳng qua K//MN cắt mp(ABCD) tại Q .Tính KQ theo a

2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C sao cho CA =CB và C cách

 

 ;3x4y 5 0
một khoảng bằng 1

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a Cho PT:

1 1

2 x 2 x a

a) Giải PT khi a=1
b) Tìm a để PT có nghiệm

C©u VI.a Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức:

11 7

2
2

1 1

A x x

x x

   

     

   

CâuVb: 1.Giải PT: 9x 5x4x2( 20)x

2.Cho số phức z = 1 + 3i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.

CâuVIb : : Tìm các số âm trong dãy x x x1; 2; 3;...xn;





4
2

143

1...
4

n
n

n n

A

x n n

P P




  

.
………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: Cho h/s

1
y x

x

 

có đồ thị (C)
1.Khảo sát vẽ đồ thị( h/s tự giải)
2.Cho Mx y0; 0 

 

C Một ttuyến tại M

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

BG:*PT tiếp tuyến tại Mo là:

 

0 0

1 2

: 1 x y 0

x x

 

      

 

*

 

 d y x1:  Tại A =>A



2 ; 2x0 x0



;

 

 cắt Ox tại B 0
2
0;

x

 



 

 

*Ta có

0
2

2 2 ; . 4 2

OA x OB OA OB

x

   

là hằng số khơng phụ thuộc vào vị trí của Mo

CâuII : 1. Giải PT:

2 2

1 8 1

2cos cos ( ) sin 2 3cos( ) sin

3 3 2 3

x x   x x  x

(1)

BG:(1) 6cosxcos2x 8 6sin cosx x 9sinxsin2x



1 sinx

 

6cosx 2sinx 7



0 1 sinx 0 x 2 k




     

2.Giải bất phơng trình

log22x −log2x2−3>

√

5(log4x2−3)

BG: §K:

¿
x>0

log22x −log2x2−3≥0

¿{

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với

√

log22x −log2x2−3>

√

5(log2x −3)(1)
đặt t = log2x,

BPT (1) 

√

t2−2t −3>

√

5(t −3)⇔

√

(t −3)(t+1)>

√

5(t −3)

⇔
¿t>3

t −3¿2
¿
¿
¿
⇔

¿
t ≤−1

3<t<4

¿
⇔

¿
t ≤−1

¿
¿
¿{

(t+1)(t −3)>5¿

⇔
0<x ≤1

8<x<16

¿
¿
¿
¿
¿

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)

CâuIII: Tính tích phân :I=
2
1

ln
. 1 ln

x
dx

x  x

∫

BG: *Đặt t=lnx=>dt=

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

*khi x=1=>t=0 ;x=2=>t=ln2

* I=

















3 3

ln 2 ln 2 2 ln 2

2 2

0 0

2 2 2

1 1 1 1 ln 2

3 3 3

1
dt

t d t t

t        



∫

CâuIV: 1.Cho hình hộp lập phương ABCDA B C D, , , ,cạnh bằng a

lấ

, , 3 , , , 2 , 3

/ ; / ; /

2 2 3

a a a

MAA A M  N D C D N  K CC CK 

Đường thẳng qua K//MN cắt mp(ABCD) tại Q .Tính KQ theo a
BG:(h/s tự vẽ hình)

Chọn Oxyz/ O=A=>B(a,0,0) ;D(0;a;0) ;M(0;0;a/2) ;





2 3

; ; ; 0,0, ; ; ;

2 3

a a

N a a A a K a a 

   

Ta có; QK qua K; QK //MN =>vtcp của QK là

1 1 1 1

;1;1 : ; ;

2 3 2 3 3

a
MN   PTTScuaQK x a  t y a t z   

 



Mp(ABCD) trùng với mp(Oxy0=> PT: z=o





3; 2 3;0 3; 3;

2 2 3

a a a

Q QK  ABCD  Q a   a  QK  a  

   

   

⃗

=>QK=
2

11 18 3 27

a  a

2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C sao cho CA =CB và C cách

 

 ;3x4y 5 0
một khoảng bằng 1

BG: Gọi C(x;y) =>





3 4 5 0 3 4 10 0

; 1 1

5 3 4 0

x y x y

d C

x y

      

     

 

 (1)

Mặt khác AB=AC =>













 

2 2 2 2

1 1 2 1 0 2

x  y x  y  x y  

Từ (1) và (2)=>









1
3
4
4

2 7 7
7

3
7

3 4 10 0 2

2;1

1 0 1

;

3 4 0

1 0

x y x

C

x y y

C

x y x

x y y



      



 

 

   

 

   



      



 



   

 

 

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
C©u V.a1. Giải PT:

1 1

1
2 x 2 x

*Đặtu=
1

2 x ; v= 
1

2x (đk: u0;v o )





2 2

1 1

1 1 0 2 2 0 0 1

1 2

u v

u u u u u u x

u v

  

               

 

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

2.Tìm a để PT có nghiệm

*Đặt f(x)=

 

1 1 1 1 1 1

; ;

2 2 2 2 1 1

2 2

x

x x x f

x x
 
        
 
 
 

, 0 0

x

f   x D

Dùng bbt=>PT f(x)=a có nghiệm khi:1 a 2

C©u VI.a Tìm hệ số của x5 trong khai triển của biểu thức:

11 7

2
2

1 1

A x x

x x

   

     

   

Bg: Công thức khai triển của biểu thức là:

 





11 7 7

11 2

11 2 7

0 0

11 7

11 3 14 3

11 7
0 0
1 1

1
k
n

k k n

n

k n

k k k n n

k n

A C x C x

x x

A C x C x

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



Để số hạng chứa x5 vậy k=2 và n=3 Vậy hệ số của x5 là C112 C7390

CâuVb: 1.Giải PT: 9x 5x4x2( 20)x
*

5 2

2x x x 2 x x x x x

pt 3 [( 5) 2 ] 3 ( 5) 2 ( ) ( ) 1

3 3

        

(1)

+Đặt f(x) =

5 2
3 3
x x
   

   
   

  => f,(x)<0 ( Vì

5 2

0 ,

1 3 3



)
nên vế trái là hàm số nghịch biến trên R

+ Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1)



f (x) = f (2)



x = 2 .

2.Cho số phức z = 1 + 3i. Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.

BG : 
5 5

1 3

2;cos ;sin 2 cos sin

2 2 3 3 3

5 5 1 3

2 cos sin 32 cos( ) sin( ) 32

3 3 3 3 2 2

16 16 3

r z i

z i i i

z i
  

  
   
 
         
 
 
   
           
 
     
 

CâuVIb : : Tìm các số âm trong dãy x x x1; 2; 3;...xn;





4
4
2
143
1...
4
n
n
n n
A

x n n

P P




  

.
BG: Ta có ĐK:nN













2
2
4 !
1

! .... 4 28 95

2 ! 4 !

14 576 14 576

0 4 28 95 0

4 4

: 1; 2

n

n
n

x n n

n n

x n n n

do n N n n


    

   
       
   

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

………Hết………

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A THAM KHẢO

Bài 1. Cho hàm số

3 2

1 2

3 3

y x  mx  x m 

có đồ thị (Cm)
a) Khảo sát khi m =-1.

b) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hồnh độ lớn hơn 15.
Bài 2. Cho phương trình cos3x sin3x m (1)

a) Giải phương trình khi m=-1

b) Tìm m để phương trình (1) có đúng hai nghiệm

;
4 4

x   

 

Bài 3. (2 điểm)

a) Giải phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32

b) Tính tích phân

2
4

4 2

sin

cos (tan 2 tan 5)

xdx

x x x



  

∫

Bài 4.(3 điểm)

a) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình



 



2 2 2

1 2 3 14

x  y  z 

và
điểm M



1; 3; 2 



. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua sao cho (P) cắt (S) theo một giao
tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất.

b) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A

 

1;3 nằm ngoài (C): x2 y2 6x2y 6 0. Viết phương
trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC.

Bài 5. (2 điểm)

a) Cho khai triển





2 3 15

0 1 15

1 x x x a a x...a x

. Tìm hệ số a9 của khai triển đó.

b) Cho a, b, c>0; abc=1. Chứng minh rằng

3 3 3 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4

a b c

b c  c a  a b 

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

ĐÁP ÁN
Bài 1.

a) HS tự giải

b) YCBT thỏa

3 2

1 2 0

3x mx x m 3

     

có 3 nghiệm phân biệt thỏa x12x22 x32 15.



x 1





x2 (1 3 )m x 2 3m



0

      

có 3 nghiệm phân biệt thỏa x12 x22x32 15.

m

 

.
Bài 2.

a) Khi m=-1, phương trình trở thành



cosx sinx

 

1 cos sin x x



1

Đặt t = cosx sinx; điều kiện t  2. Ta có nghiệm





2 ,

2
2

x k k l

x l




 



 

 



 




b) (1) 



cosx sinx

 

1 cos sin x x



m
Đặt t = cosx sinx; điều kiện t  2. 
Khi

; 0; 2

4 4

x     t  

   

  . Ta có phương trình theo t: 3t t 3 2m.

Bằng cách tìm tập giá trị hàm vế trái, ta suy ra phương trình có đúng hai nghiệm

;
4 4

x   

 

khi và chỉ khi

2 ;1
2

m 


 .

Bài 3.

a) ĐK: x>0.

Ta có phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32  3log2x x21

.
Đặt log2 x x2t.

Phương trình trở thành

3 1

3 4 1 1 1 2

4 4

t t

t t     t x

           

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

b)
2

4
4 2
4
sin

cos (tan 2 tan 5)

xdx
I

x x x





 

∫

. Đặt tan 1 2

dt

t x dx

t

  

 . Ta có

1 2 1

2 2

1 1

2 ln 3

2 5 2 5

t dt dt

I

t t t t

 
   
   

∫

Tính
1
1 2

1 2 5

dt
I
t t


 

∫

. Đặt
0
1
4

1 tan 1

2 2 8

t u I du





  

∫


.
Vậy
2 3
2 ln
3 8

I    

Bài 4. Ta thấy M thuộc miền trong của (S) và (S) có tâm I



1; 2; 3 , 



R 14. Do đó,
(P) qua M cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất

2 2

R IH

  nhỏ nhất (H là hình chiếu vng góc của I trên mặt phẳng (P))
IH

 lớn nhất



0;1; 1



M H IM

    



là VTPT của (P).
Vậy (P) có phương trình là y-z+1=0.

Theo u cầu bài toán  A B C, , thẳng hàng và AB=BC.Gọi

2 1

( ; ), ( ; )

2 1

m a

B a b C m n

n b

  

 

 

 .

Do B, C nằm trên (C) nên

2 2

6 2 6 0 1

6 2 6 0

a

a b a b b

m

m n m n

n
 

      
 

 

    
 

 
 hoặc 
7
5
1
5
9

5
13
5
a
b
m
n
 








 
 .

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là x+y-4=0 và 7x+y-10=0.
Bài 5.













5 5
5

2 3 2

5 10
0 0

1 1 1 k m k m

k m

x x x x x C C x 

 

 

      

 

 

do a9 cho tương ứng k+m=9.

Suy ra a9C C5 100 9 C C5 101 8 C C5 102 7 C C5 103 6 C C5 104 5 C C5 105 4 5005 .

b) Áp dụng bất đẳng thức cơsi cho ba số, ta có





1 1 3

(1 )(1 ) 8 8 4

1 1 3

(1 )(1 ) 8 8 4

1 1 3

(1 )(1 ) 8 8 4

3 1
(1)

4 2

a c b a

b c

b c a b

c a

c a b c

a b

VT a b c

 
  
 
 
  
 
 
  
 
    

Dấu bằng xảy ra khi

1 1 1

8 8 8

a c b

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

Vậy

3 3 3

(1) (1)

2 4 4

VT   VT  

điều phải chứng minh.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO

Mơn thi : TỐN 
 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)Cho hàm số y=x+2

x −1 (C)

1. (1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

2.(1,0 điểm) Cho điểm A(0;a) .Xác định a đ từ A kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục Ox.

Câu II. (2,0điểm)

1. (1,0 điểm) Giải PT :





2 2 2 1

cos cos sin +1

3 3 2

x  x  x

   

   

   

   

2. (1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=

6 6

4
4

sin cos

6x 1

x x

dx








∫

Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x –

y -2z - 2=0

Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )

theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu Va.

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

Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ
độ C

2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6

Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5
Câu Vb.

1. (2,0 điểm).Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam

giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

2.(1,0 điểm) Giải B PT









2 3

log 1 log 1

3 4

x x

  



 

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.
*-Sự biến thiên.

a-Chiều biến thiên.

x −1¿2
¿
¿
y '=−3

Hàm số ln nghịch biến trên khoảng

(

 

;1) vµ (1;



)

b-Cực trị:hàm số khơng có cực trị

c-giới hạn:

−1¿−
¿
x →¿
lim

;

−1¿+¿(x+2

x −1)=+∞
x →¿

lim

⇒ hàm số có tiệm cận đứng x=1
lim

x → ∞(

x −2

x −1)=1⇒ hàm số có tiệm cận ngang y=1

d-Bảng biến thiên: x - ∞ 1 + ∞
y’ -

y 1 +
∞

- ∞
1

1
*-Đồ thị:

-2

x
o

-2

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

Đồ thị nhận I(1; 1 ) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (- 2;0 )
Oy (0; −2 )

2/(1,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)

Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:

x+2

x −1=kx−a(2)
x −1¿2

¿
¿k(3)

¿
¿
¿
−3

có nghiệm x ≠1

Thay (3) vào (2) và rút gọn ta được: (a −1)x2−2(a+2)x+a+2=0(4)

Để (4) có 2 nghiệm x ≠1 là:

¿
a ≠1
f(1)=−3≠0

Δ'=3a+6>0

⇔
¿a ≠1
a>−2

¿{ {

Hoành độ tiếp điểm x1; x2 là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là y1=x1+2

x1−1

, y2=x2+2

x2−1

Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: y1.y2<0⇔ (x1+2)(x2+2)
(x1−1)(x2−2)<0
x1x2+2(x1+x2)+4

x1x2−(x1+x2)+1 <0⇔

9a+6

−3 <0⇔a>−
2

3 Vậy −
2

3<a ≠1 thoả mãn đkiện bài toán.

Câu II. (2,5 điểm) 1) Giải PT :





2 2 2 1

cos cos sin +1

3 3 2

x  x  x

   

   

   

    (1)

Bg: (1)

2 4

1 2cos(2 ) 1 cos(2 ) 1 sin 2cos(2 ).cos sin 1

3 3 3

1 cos 2 sin 0 2sin sin 0 2 ; 2 ;

6 6

x x x x x

x x x x x k x k hayx k

  



 

  

           

            

2. (1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Bg: ĐK:2 x 2

Đặt y= 4 x2 (y 0)=>x2y2 4

Ta có hệ PT:





3 2

2 4

x y xy

   




  



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

Giải hệ theo S;P => Khi S=2 và P=0 =>
0; 2
2; 0
x y
x y
  

 

Khi
6 126

4 10 9

;

3 3 6 126

9
x
s p

y
  



   
 
 


 Vậy PT có 3 nghiêm:...

Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=

6 6

4
4

sin cos

6x 1

x x
dx






∫

* Đăt t = -x => dt = -dx

* Đổi cận:x 4 t 4;;x 4 t 4

   

     

I =

6 6 6 6

6 6

4 4 4

sin cos sin cos

6 ; 2 (6 1) (sin cos )

6 1 6 1

t t

t t t t

dt I dt t tdt

  
  
  
 
    
 

∫

2I =

4
2

4 4

3 5 3 5 3 1 5

1 sin cos 4 sin 4

4 t dt 8 8 t dt 8t 8 4 t 16



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

∫

=>I =
5
32


Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0

Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến

đường tròn (C)có bán kính r=3

Bg:m cầu(S) có tâm I g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mãn PT của(1)

*d I P



;

 



2 (2)

Từ (1) và(2) ta có hệ PT:

2 2 2 6

11 14 1 1 1 7

.... ; ; ; ; ;

2 1 6 3 6 3 3 3

a b c

a t heconghiem va

b t
c t
    

     
    
      
   

 



Dor R2 4 3  R 13

Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :

 

2 2 2

11 14 1

( ) : 13

6 3 6

1 1 7

: 13

3 3 3

S x y z

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

     

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)

Câu Va. ( 2,0 điểm ) :

1.(2,0 điểm). Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C
Bg: *M là trung điểm của AB =>

25
;0
2
M 

 

 





5; 10

; : 2 4 25 0

// ; 20;0 :

quaM AB PT x y

x t

dtDC AB dtDCquaD pttsDC

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

27
; 13
2

N DC   N  

 

*Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua=>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26)

2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6

Lập được bao nhiêu số có 5 chữ số khác nhau mà nhất thiết phải có chữ số 5

Bg: *Số có 5 chữ số khác nhau là:6.A64(số)

* Số có 5 chữ số khác nhau khơng có mặt chữ số 5 là:3.A54

*Vậy các Số có 5 chữ số khác nhau ln có mặt chữ số 5 là:6.A64 5.A54 1560(số)

Bài Vb:

1).(2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM =

3
2

a

; AMS600 và SO  mp(ABC)

 d(S; BAC) = SO =

3
4a

Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC
 VS.ABC =

3 3

1 .

3SABC SOa16

(đvtt)
Mặt khác, VS.ABC =

1 . ( ; )

3SSACd B SAC
SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =

3
2

a



2 13 3

SAC a

S 

Vậy: d(B; SAC) =
.

3 3

S ABC
SAC

V a

S


(đvđd).

2.(1,0 điểm) Giải B PT









2 3

log 1 log 1

3 4

x x

  



  (1)

Bg: *ĐK: x >-1 và x4

*Do

3 4 0 .. 4

3 4 0 .. 1 4

x x khi x

x x khi x

   

     

*Xét trên



4; 



 

1  logx19 log x18 0   x bpt

 

1 co nghiemS. 



4;



* Xét trên





 

1 1 1

1; 4 1 log 9 log 8 0 log 0

x x x

      

-Xét trên





 





1;0 1 log 0 1;0

x x

       

-Xét trên





 

0; 4 1 log 0

x VN

   

Vậy bpt có tập nghiệm :T=



1;0

 

 4;



C
S

O M

</div>

TUYEN TAP CAC DE ON DH 2012

<sub>√</sub>

√

∫

(

)

√

√

(



2;0) và ( 2;



)

(

  

;

2) và (0; 2)

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

∫

∫

∫

<sub>√</sub>

√

Đk: x

D=(-

*x=1 là nghiệm

*x

√

√

<sub>√</sub>

*x

√

√

√

x

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

∑

√

√

√

√

+PTCT của (E):

+Gt

(

)(

)

2

6

9

3

( )

<i>F</i>



<i>a</i>



<i>b</i>

<i>c</i>



<i>d</i>



<i>cd</i>

