1. SỞ GD­ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2012
TRƯỜNG THPT NG.TRUNG THIÊN Môn: TOÁN – Khối: D
*** Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2điểm) Cho hàm số y = x 3 - 5x 2 + 3x + 9 (1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Gọi D là đường thẳng đi qua A ( - 1;0 ) và có hệ số góc k . Tìm k để D cắt đồ thị hàm số
(1) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC có trọng tâm G ( 2; 2 ) ( O là gốc tạo độ).
Câu II (2 điểm)
1 1 2
1. Giải phương trình - =
sin x sin 3 x 2cos 4 x - 1
2. Giải bất phương trình x 2 - 4 x + 3 - 2 x 2 - 3x + 1 ³ x - 1
p
2
1 + cos 2 x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ò 1 + sin 2 x dx
p
4
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = a 3 . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Mặt phẳng
( AEF ) cắt SC tại I . Tính thể tích khối chóp S . AEIF .
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
a b c
thức P = + + .
4 - a 4 - b 4 - c
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A (1; - 3 ) và đường thẳng BC có
phương trình x - 2 y - 2 = 0 . Tìm tọa độ B, C biết tam giác ABC vuông cân tại B.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M (1; - 1;1 và hai đường thẳng
)
x - 2 y + 1 z - 2 ì3 x + y + 3 = 0
D1 : = = , D 2 : í . Viết phương trình đường thẳng D đi qua M
2 1 - 1 î x + y - z + 5 = 0
4
và cắt cả hai đường thẳng D1 , D 2 .
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + 2iz + i - 2 = 0 .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng ( E ) có
tâm sai bằng 3 và hình chữ nhật cơ sở của ( E ) có diện tích bằng 8.
2
2 2
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + ( y - 1) + ( z - 2 ) = 4 . Viết
phương trình mặt phẳng ( P ) chứa trục Ox và cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính
bằng 1.
ì 1
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình ï lo g 1 ( y - x ) - lo g 2 y = 2
í 2
ï x 2 + y 2 = 2 5
î
­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­
Cảm ơn bạn từ thiensu.td@gmail.com gửi đến www.laisac.page.tl

2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Trường THPT Nguyễn Trung Thiên – Khối D
NỘI DUNG BÀI GIẢI ĐIỂM
Câu I. 1. Tự giải. 1,00đ
2, Đường thẳng D đi qua A ( - ) và có hệ số góc k có PT y = k ( x + 1 . PT hoành độ giao điểm:
1;0 )
2 2
x 3 - 5 x 2 + 3 x + 9 = k ( x + 1 Û ( x + 1)( x - 3) = k ( x + 1 Û x = - hoặc ( x - 3 = k .
) ) 1 ) 0,25
2
D cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt Û ( x - 3 = k có hai nghiệm phân biệt khác -
) 1
2
Û k > 0 và k ¹ ( -1 - 3 ) = 16 . 0,25
(
Khi đó các điểm B, C có tọa độ là 3 + k ; k 4 + k ( ) ) ( (
và 3 - k ; k 4 - k ) ) . Do đó tọa độ trọng 0,25
ì x = 2
G
ï 3
tâm D
OBC : í 8 k , suy ra k = (thỏa mãn).
ï yG = 3 = 2 4 0,25
î
Câu II. 1. ĐK: sin 3 x ¹ 0;2cos 4 x - 1 ¹ 0 .
1 1 2cos 2 x sin x 2cos 2 x 0,25
Chú ý rằng - = =
sin x sin 3 x sin x sin 3 x x
sin 3
nên PT đã cho tương đương với
0,25
sin 3 x = cos 2 x ( 2cos 4 x - 1) Û sin 3 x = cos 2 x ( cos 4 x - 2sin 2 2 x )
Û sin 3 x = cos 4 x cos 2 x - sin 4 x sin 2 x Û sin 3 x = cos 6 x 0,25
é p p
2
æp ö ê x = 18 + k 9
Û cos 6 x = cos ç - 3 x ÷ Û ê , ( k Î ¢ ) 0,25
è 2 ø ê x = -p + k 2 p
ê
ë 6 3
Đối chiếu điều kiện ta thấy các nghiệm đều thỏa mãn.
2 2 æ 1ù
2. ĐK: của bpt x - 4 x + 3 - 2 x - 3 x + 1 ³ x - (1) là: x Î ç -¥; ú U {1} U [3; +¥ ) . Khi đó
1
è 2 û 0,25
ta xét ba trường hợp sau:
æ 1ù 2 2
a, x Î ç -¥; ú Thì 1 ­ x > 0 Cho nên (1) Û - x - 4 x + 3 + 2 x - 3 x + 1 £ 1 x -
è 2 û
Chia 2 vế cho 1 - x ta được 3 - x + 1 - x ³ 1 - 2x Bình phương 2 vế được 0,25
1
2. (3 - x)(1 - x) ³ - 3 Hiển nhiên đúng. Do đó x Î æ -¥; ù là nghiệm
ç
è 2 ú
û
b, x = 1 Thỏa mãn
0,25
c, x Î [ 3; +¥ ) Thì x – 1 > 0 Cho nên (1) Û x - 3 ³ 2 x - 1 + x - 1
Bình phg vô tư ta có: -2 x - 1 ³ 2. 2 x 2 - 3 x + 1 (VN) Vì khi x Î [ 3; +¥ ) thì ­2x­1 < 0
1
Tóm lại nghiệm của bpt đã cho là x Î æ -¥; ú U {1
ù 0,25
ç }
2 è û
p p p p
2 2 2 2
1 + cos 2 x 1 + cos 2 x dx cos 2 x - sin 2 x
Câu III. I = ò dx = ò 2
dx = ò 2
+ò 2
dx 0,25
x
p 1 + sin 2 p ( sin x + cos x ) p ( sin x + cos x ) p ( sin x + cos x )
4 4 4 4
p p p p
2 2
dx cos x - sin x 1 2 æ æ p ö ö 2
=ò +ò dx = - ò d ç cot ç x + ÷ ÷ + ò d ( ln ( sin x + cos x ) ) 0,50
p 2sin æ x +
2 p ö p sin x + cos x 2p è è 4 ø ø p
ç ÷ 4
4
è 4 ø 4 4
1 æ p öp /2 p / 2 1
= - cot ç x + ÷ + ln ( sin x + cos x ) = - ln 2
2 è 4 ø p / 4 p / 4 2 0,25

3. NỘI DUNG BÀI GIẢI ĐIỂM
Câu IV.
S
I F
E H
A D
0,25
O
B C
Do BC ^ SA và BC ^ AB nên BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AE . Mà AE ^ SB nên AE ^ ( SBC )
Þ AE ^ SC . Tương tự AF ^ SC . Do đó SC ^ ( AEF ) . Vậy SI chính là đường cao của hình chóp
AEIF . Gọi H là giao điểm của AI và SO . Do tính đối xứng, dễ thấy EF song song với BD nên
S .
EF ^ ( SAC ) , và
2 1
VS . AEIF = 2VS . AEI =
SI .S DAEI = SI .EH .
AI
3 3
1 1 1 1 1 6 2
a 9 2
a 0,25
Ta có 2 = 2
+ 2
= 2 + 2 Þ AI 2 = Þ SI 2 = SA2 - AI 2 = .
AI AS AC 3a 2a 5 5
EH SE SE .SB SA2 a 2 3a 2 3a 2
= Þ EH = BO. 2
= BO 2 =
. . 2 2
=
BO SB SB SB 2 3a + a 8 0,25
3
1 3a 3a 2 6 3a 3
Vậy VS . AEIF = . . . a = .
3 5 8 5 20
2
0,25
x 2 x + 1
Câu V. Nhận xét rằng, với mọi x < 2 ta có £ (1).
4 - x 9
2
Thật vậy, (1) Û 9 x £ ( 4 - x ) ( 2 x 2 + 1) Û 2 ( x - 1) ( x - 2 ) £ 0 , luôn đúng với mọi x < 2 . 0,25
Với giả thiết a 2 + b 2 + c 2 = 3 , suy ra a, b, c < 2 . Sử dụng nhận xét trên ta được
2a 2 + 1 2b 2 + 1 2c + 1 2 ( a + b + c ) + 3 0,25
2 2 2 2
a b c
P = + + £ + + = = 1
4 - a 4 - b 4 - c 9 9 9 9
0,25
Vậy GTLN của P là 1, đạt được khi a = b = c = 1 .
0,25
Câu VI.a.
1. Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với BC có PT 2 x + y + 1 = 0 . Do đó tọa độ B là nghiệm
ì x - 2 y - 2 = 0
của hệ í Þ B ( 0; -1 .
)
î x + y + 1 = 0
2
2 0,25
Đường tròn ( B ) tâm B bán kính AB có PT x 2 + ( y + 1) = AB 2 = 12 + 22 = 5 .
Tọa độ C là giao điểm của ( B ) với BC , hay là nghiệm của hệ 0,25
ì x - 2 y - 2 = 0
ï ì x = 2 ( y + 1
ï ) é x = 2; y = 0
í 2 2 Ûí 2
Ûê
ï x + ( y + 1) = 5 ï5 ( y + 1) = 5 ë x = -2; y = -2
î î
0,25
Vậy B ( 0; - ) còn C ( 2;0 ) hoặc C ( -2; - ) .
1 2
0,25

4. NỘI DUNG BÀI GIẢI ĐIỂM
2. + Viết pt mặt phẳng (P) chứa M và D 1
+ Viết pt mặt phẳng (Q) Chứa M và D 2 0,25
+ Viết viết pt giao tuyến của (P) và (Q) 0,25
ì x = 1 + 13 t
ï
Có PT là í y = -1 + 6 .
t
ï z = 1 - 5
t 0,50
î
Câu VII.a. Giả sử z = a + bi , thế vào z 2 + 2iz + i - 2 = 0 , ta được:
2 0,25
( a + bi ) + 2i ( a + bi ) + i - 2 = 0 Û ( a 2 - b 2 - 2b - 2 ) + ( 2 a + 2 ab + 1) i = 0
ì 2 1 + 2
ì a 2 - ( b + 1) 2 = 1 ì 4a 4 - 4 a 2 - 1 = 0 ïa =
ìa 2 - b 2 - 2b - 2 = 0 ï ï ï 2
Ûí Ûí 1 Û íb + 1 = - 1 Û í
î2a + 2ab + 1 = 0 ï a ( b + 1 = -
) ï ïb + 1 = - 1
î 2 î 2 a ï
î 2 a 0,50
2 +1 æ 2 - 1 ö
Từ đó nhận được số phức z cần tìm là z= - ç1 + ÷i và
2 ç 2 ÷
è ø
2 +1 æ 2 - 1 ö
z=- - ç 1 - ÷ i . 0,25
2 ç 2 ÷
è ø
x 2 y 2
Câu VI.b. 1. Gọi PT chính tắc của elip ( E ) là 2 + 2 = 1 với a > b > 0 .
a b 0,25
ì c 3 ì 3
ï = ïc = a ì a = 2
ï a 2
ï ï
ï
2
ï
Từ giả thiết ta có í 2a.2b = 8 Û í ab = 2 Û íb = 1
ïc 2 = a 2 - b 2 ï 1 ï
ï ïb 2 = a 2 îc = 3 0,50
ï
î ï
î 4
2
x
Vậy ( E ) : + y 2 = 1 .
4 0,25
2. Mặt cầu có tâm I ( 0;1; 2 ) , bán kính R = 2 . Mặt phẳng ( P ) chứa trục Ox nên có PT:
by + cz = 0 . Do ( P cắt ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng r = 1 nên
)
é 0,25
2 + 6
| b + 2c | êb = c
2
d ( I , ( P ) ) = R - r = 2 - 1 = 3 Û
2 2 2 2
= 3 Û ê
b 2 + c 2 ê 2 - 6
êb = c
0,50
ë 2
Vậy có hai mặt phẳng ( P ) thỏa mãn yêu cầu bài toán
( P) : ( 2 + )
6 y + 2 z = 0 và ( P) : ( 2 - )
6 y + 2 z = 0
0,25
Câu VII.b. ĐK: y > x > 0 . Ta có
ì 1 ì x ì x 0,25
ïlog 1 ( y - x ) - log 2 x = 2 ì- log 2 ( y - x ) + log 2 x = 2 ïlog 2
ï =2 ï = 4
í 2 Ûí 2 Ûí y-x Û í y - x
2
ï x2 + y 2 = 25 ï x + y = 25
î ï x2 + y 2 = 25 ï x2 + y = 25
2
î î î 0,50
ì 5 ì 20
ï y = 4 x
ï ï x = 41
ï æ 20 25 ö
Ûí Þí . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ç , ÷ .
41 2
ï x = 25 ï y = 25 è 41 41 ø 0,25
ï16
î ï
î 41