hoi nhung nguoi on thi dai hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Hội Những Người Ôn Thi Đại Học Đề thi thử số 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  2 (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Câu II (2,0 điểm) 1 1. Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x. x2  35  5x  4  x 2  24 3 ln 2 dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   . x 2 3 ( e  2 ) 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 . Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Tìm GTLN của biểu thức a3  b3  c3  15abc T a 2b  b2a  b2c  c 2b  a 2c  c 2a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng  d  : x  y  3  0 và có hoành độ xI=9/2, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x2 + y2 =1. Tìm tất cả các giá trị thực m để trên đường thằng y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt mà từ mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 600 2.. Giải bất phương trình :. 2.   3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 2  2 Câu VII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:   log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2. B. Theo chƣơng trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): x 2  y 2  8x  6 y  21  0 và đường thẳng (d): x + y 1=0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết A nằm trên (d). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). z  1  5i Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn:  2 z3i ------------HẾT------------. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 1_2012 Nội dung. Câu. Điểm. I 2. 1.0 Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt   '  9  3m  0  m  3 (1) y  x 3  3x 2  mx  2. 0.25. 1 2m m  ( x  1). y '(  2) x  2  3 3 3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x  2  3 3  m6   6m ;0 , B 0; Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A  3   2(m  3)   Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA  OB. . m6 6m  2(m  3) 3. 0.25. 0.25. 9 3  m  6; m   ; m   2 2 Với m = 6 thì A  B  O do đó so với điều kiện ta nhận m  . 3 2. 0.25. II. 2.0. 1. 1.0 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x . Điều kiện: x  k. . 1 ,(1) sin 2 x. 2. 4sin x  cos 2 x 2sin 2 2 x  1  sin 2 x sin 2 x  2(1  cos 2 x)  cos 2 x  2(1  cos 2 2 x)  1 (1) . 2. 0,25.  2 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0. 0,25. cos 2 x  1 (loai do:sin 2 x  0)    x    k 1 cos 2 x   3  2. 0,25. 0.25. 0.25. Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm là: x   2  3.  k , k  Z. 0.25 1.0 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> BPT tương đương: x  35  x  24  5 x  4  2. 11. 2. a)Nếu x .  5 x  4  11  (5 x  4)( x  35  x  24) 2. x  35  x  24 2. 2. 2. 0.25. 4 không thỏa mãn BPT 5. b)Nếu x > 4/5: Hàm số y  (5x  4)( x 2  35  x 2  24) với x > 4/5 1. y’= 5( x 2  35  x 2  24)  (5 x  4)(. x 2  35. . 1 x 2  24. ) >0 mọi x>4/5. 0.25. Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x  1 thì y(x)  11. 0.25. +Nếu x>1. 0.25. thì y(x)>11. Vậy nghiệm BPT x>1. III. 1.0 x 3. 3 ln 2. Ta c ó I .  0. e dx x 3. x 3. e (e  2) x 3. = 2. 0.25 x 3. Đặt u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2 2   1 1 1 3du du    =3 2   2 4u 4(u  2) 2(u  2)  1 1 u (u  2) 2. Ta được:. I . 0.25. 2. 1  1 1  =3  ln u  ln u  2  4 4 2 ( u  2 )  1. . 3 3 1 ln( )  4 2 8. 0.25. Vậy I . 3 3 1 ln( )  4 2 8. IV. 0.25 1.0. + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG 2  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. SO 3 Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. 1 1 + Dễ có: VS . ABD  VS .BCD  VS . ABCD  V . 2 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: VS . ABN SA SB SN 1 1 1  . .  1.1.   VS . ABN  V VS . ABD SA SB SD 2 2 4 VS .BMN SB SM SN 1 1 1 1  . .  1. .   VS . ABN  V VS .BCD SB SC SD 2 2 4 8 Từ đó suy ra: 3 VS . ABMN  VS . ABN  VS .BMN  V . 8 1 + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với 3 mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, SA a 3. suy ra NAD  NDA  300. Suy ra: AD  tan 300 0.25. 0.25. 0.25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 3 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a 3  a . 3 3 3 3 5 5 3a3 Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS . ABCD  VS . ABMN  V  V  V  . 8 8 24. 0.25. V. 1.0 Giả sử a  b  c. 3. 3. 3. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Xét hàm số f ( x)  x  b  c  15xbc  3( x b  b x  b c  c b  x c  c x) ,. x  b; a . 0.25. f ( x)  3x2  15bc  3(2 xb  b2  2 xc  c 2 ) . f ( x)  6 x  3(2b  2c)  6( x  b  c)  0  f ( x) là hàm giảm trên miền b; a   f ( x)  f (b)  3b2  15bc  3(2b2  b2  2bc  c2 )  9bc  6b2  3c2  3(b  c)(2b  c) 0.25.  f ( x) là hàm giảm  f (a)  f (b)  2b3  c3  15b2c  3(2b3  2b2c  2c 2b)  (b  c)[4b2  c 2  5bc]  (b  c)2 (4b  c)  0.  f ( a)  0  a3  b3  c3  15abc  3(a2b  b2a  b2c  c2b  a2c  c2a)  0  T  3. 0.25. 0.25. VI.a. 2.0. 1. 1.0 9 9 3 và I   d  : x  y  3  0  I  ;  2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 2 2 AB  2 IM  2  xI  xM    yI  yM   2   3 2 4 4 S 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD = ABCD   2 2. AB 3 2. I có hoành độ xI . 0.25.  AD   d  , suy ra phương trình AD: 1.  x  3  1.  y  0   0  x  y  3  0 .   M  AD Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  3  0  y   x  3  y   x  3      2 2 2 2 2 2   x  3  y  2  x  3  y  2  x  3   3  x   2 y  3 x x  2 x  4   hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x  3  1  y  1  y  1. 0.25. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x x  xI  A C   xC  2 xI  xA  9  2  7  9 3 2 I  ;  là trung điểm của AC, suy ra:   2 2  yC  2 yI  y A  3  1  2  y  y A  yC I   2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).. 2. 0.25. 0.25 1.0. Đường tròn tâm O(0;0); bán kính R = 1 Giả sử PA; PB là hai tiếp tuyến của đường tròn (A; B là hai tiếp điểm) TH 1: APˆ B  600  OP  2  P thuộc đƣờng tròn (C1) tâm O; bán kính R = 2. 2 2  P thuộc đường tròn (C2) tâm O;bán kính R = 3 3 Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu bài toán khi nó cắt (C1) tại hai điểm phân biệt và không có điểm chung với (C2) 2 2 Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là:  2  m  và m2 3 3 TH 2: APˆ B  1200  OP . 0.25. 0.25 0.25 0.25 1.0. VII.a 2.  1  3  t  t 6 2  2 Đặt t  log 2 ( x  1) ta được:  t 2t. 6  t 5t 2  14t  24   0 5  4(2  t ) 2  t  4 6  log ( x  1)   2 vậy:  5   2  log 2 ( x  1)  4 6   5   1  x  2  1 3  x  15 . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. VI.b. 2.0. 1. 1.0 Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); bán kính R = 2 Vì I nằm trên (d), do đó AI là một đường chéo của hình vuông  x = 2 hoặc x = 6 là hai tiếp tuyến của (C ) nên: Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 2  A(2; -1) Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 6  A(2; -1) Với A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh kia là (2;-5) ; (6;-1) Với A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh kia là: (6;-1); (2;-5). 2. 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0. Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phƣơng trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0. 0.25 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):. 0.25.  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1  . 0.25. 2x  y  z  1  0 .. Bán kính là R  IA  (1  0)2  (0  2)2  (1  1)2  5.. 0.25 1.0. VII.b. Gọi z = a + bi (a,b thuộc R)  z  a  bi. a  bi  1  5i  a  1   b  5 i ,   a  bi  3  i  a  3   b  1 i z3i. z  1  5i. 2. 2.  a  1   b  5 2 2  a  3   b  1. z  1  5i z3i. 2. . 2.  a  1   b  5 2 2  a  3   b  1.  2.  2  a2  b2  10a  14b  6  0 *. 0.25. 0.25.  * là phương trình của đường tròn trong mặt phẳng phức Nên số phức có môđun nhỏ nhất phần thực và phần ảo là nghiệm của đƣờng tròn  * và đƣờng thẳng IO với I là tâm của đƣờng tròn, I(-5;-7).  34  2 370 t  a  5t 37 IO :   pt : 37t 2  74t  3  0   b   7 t   37  2 370 t  37 z  5. 34  2 370 34  2 370 7 n 37 37. ,. z  5. 0.25. 0.25. 37  2 370 37  2 370 7 l  37 37. Câu V cách khác Ta sẽ chứng minh T  3 , và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c . Giả sử a  b  c Đặt. f (a)  3(a 2b  b2a  b2c  c 2b  a 2c  c 2a)  a 3  b3  c 3  15abc f (b)  3(b3  b3  b2c  c 2b  b2c  c 2b)  b3  b3  c3  15b 2c  f (a)  f (b)  (a  b)[3b(a  b)  3b 2  3c(a  b)  3c 2  (a 2  b 2  ab)  15bc]  (a  b)(2ab  5b2  3ac  3c 2  12bc)  (a  b).g (a) với. g (a)  2ab  5b 2  3ac  3c 2  12bc g (b)  2b 2  5b 2  3bc  3c 2  12bc  g (a)  g (b)  2b(a  b)  3c(a  b)  (a  b)(2b  3c)  0 , mà. . . g (b)  7b2  3c 2  9bc  2. 21  9 bc  0 Suy ra f (a)  f (b) mà. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> f (b)  3(b3  b3  b 2c  c 2b  b 2c  c 2b)  b 3  b 3  c 3  15b 2c  4b3  6c 2b  9b 2c  c 3  b3  c 3  3b3  3b 2c  6c 2b  6b 2c  (b  c)[b 2  c 2  bc  3b 2  6bc]  (b  c)[4b 2  c 2  5bc]  (b  c)[4b(b  c)  c(b  c)]  (b  c) 2 (4b  c)  0  f ( a)  0  T  3 . Cảm ơn gửi tới www.laisac.page.tl. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>