1. www.VIETMATHS.com
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012
Thành phố Đông Hà MÔN TOÁN - KHỐI A, B
Quảng Trị Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
mx  2
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị là (Cm ) .
xm
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  2 .
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (Cm ) . Tìm m để đường thẳng d : y   x  2 cắt
(Cm ) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB là tam giác đều.
Câu II (2,0 điểm)
3  cos 2 x
1. Giải phương trình: 2 tan x  4 
cos x
 x2  y  1  x  1

2. Giải hệ phương trình:  ( x, y  )
2
 y  x 1  y 1


2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I  dx .
  (sin x  cos x) sin x
4
Câu IV (1,0 điểm) Tứ diện SABC có SA  ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B, BC  a 3 , AC  a 7 ,
M là trung điểm của AB và góc giữa hai mặt phẳng (SMC) và (ABC) bằng 30o . Tính theo a thể tích
khối tứ diện SABC và diện tích tam giác SMC.
Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm:
x  4 x  2 x  4 2 x  m.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và hai điểm A(1; 0), B(3; 2) .
 
Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho | 3MA  MB | nhỏ nhất.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  2 z  1  0 và hai điểm
A(3;1; 0), B(2; 0; 2) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cắt (S) theo giao tuyến là
đường tròn có bán kính bằng 1.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z  a  ( a  3)i, (a  ) . Tìm a để khoảng cách từ điểm biểu diễn số
phức z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  3  0 . Viết phương trình tiếp
tuyến của (C) biết góc giữa tiếp tuyến và trục hoành bằng 60o .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  10 y  1  0 và hai đường
x  t
x 1 y  3 z  1 
thẳng d1 :   , d 2 :  y  2  3t . Viết phương trình đường thẳng  đi qua tâm của
1 1 2  z  3t

(S) và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2.
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa điều kiện: | z  3  i 3 | 3 , tìm số phức có Acgumen
dương và nhỏ nhất.
.............................................................HẾT.......................................................................
Họ và tên thí sinh:.............................................................................Số báo danh:..........................................
Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải.

2. www.VIETMATHS.com
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012
Môn: Toán khối A-B
Câu Đáp án Điểm
2 x  2
Khi m = 2 : y 
x2
Tập xác định D = {  2}
0,25
Chiều biến thiên
6
y'   0, x  2 ; y’ không xác định tại x  2
( x  2) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2), (2; ) , hàm số không có cực trị.
Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2  Tiệm cận ngang y  2
x  x  0,25
lim y  , lim y    Tiệm cận đứng x  2
x 2 x 2
Bảng biến thiên:
x  2 
y’   0,25
I.1 y 2 
(1,0  2
điểm) Đồ thị:
Cắt Oy tại (0;1) , cắt Ox tại (1;0) . Tâm đối xứng I (2; 2)
y
0,25
1
-2 1 x
O
I
-2
mx  2
Phương trình hoành độ giao điểm:   x  2  g ( x)  x 2  2 x  2m  2  0 (1)
xm
với x  m
y   x  2 cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt khi 0,25
  '  1  2m  2  0 1
g ( x)  0 có hai nghiệm phân biệt x  m   2
m
 g ( m)  m  2  0 2
x  x  2
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (1), ta có  1 2
 x1.x2  2m  2
I.2 0,25
Các giao điểm là A( x1 ;  x1  2), B ( x2 ;  x2  2)
(1,0
 AB 2  2( x1  x2 ) 2  2( x1  x2 ) 2  8 x1 x2  8  16(m  1)  8(2m  1)
điểm)
 IA  IB

Tam giác IAB đều khi  AB 3 với I (m; m)
d ( I , d ) 
 2
| 2m  2 | AB 3 3 AB 2 0,25
Ta có d ( I , d )   2 | m 1 | ; d (I , d )   d 2 (I , d ) 
2 2 4
1
 2(m  1)2  6(2m  1)  m  2 thoả mãn điều kiện m  
2
m  2 : A(1  3;1  3), B(1  3;1  3)  IA  IB . Vậy m  2 là giá trị cần tìm. 0,25
Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 1

3. www.VIETMATHS.com
Điều kiện: cos x  0
0,25
Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x  4cos x  3  cos 2 x
 3(sin x  cos x)  (cos x  sin x)  3  (sin x  cos x)(cos x  sin x)
0,25
 (sin x  cos x  1)(sin x  cos x  3)  0
II.1 sin x  cos x  1

(1,0 sin x  cos x  3 (v« nghiÖm)
điểm)   
 0,25
 x  4  4  k 2 

 sin( x  ) 
1
   x  2  k 2 (k  )
4 2  x        k 2 
  x    k 2
 4 4
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x    k 2 (k  ) 0,25
2
( x  1)  ( x  1)  1  y  1

Hệ viết lại là:  0,25
2
( y  1)  ( y  1)  1  x  1

Đặt x  1  u  0, y  1  v  0 ta có hệ:
u 4  u 2  1  v (u  v)(u 3  u 2v  uv 2  v3  u  v  1)  0
 4 2  4 2 0,25
II.2 v  v  1  u  u  u  1  v
u  0, v  0 u  0, v  0
(1,0  
điểm)
u  v
 u  1
 u 4  u 2  u  1  0   0,25
u  0, v  0 v  1

 x 1  1
 x  2
Từ đó ta có:   . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y )  (2, 2) 0,25
 y 1  1  y  2

 1 
2 2
2 1
I   sin x dx    d (cot x) 0,5
III.  1  cot x  1  cot x
(1,0 4 4
điểm) 
 
  ln 1  cot x    ln 1  cot
2  ln 1  cot  ln 2 0,5
4 2 4
S
2 2
AB  AC  BC  2a
1 1
 S ABC  BA.BC  2a.a 3  a 2 3
2 2
0,25
A C
M
K
B
IV.
o
(1,0 Dựng AK  CM  SKA  30
điểm) AK AM CB. AM a 3
AKM đồng dạng với CBM    AK  
CB CM BC 2  BM 2 2 0,25
a
 SA  AK .tan 30o  .
2
1 1 a a3 3
VSABC  S ABC .SA  a 2 3  0,25
3 3 2 6
1 a2 3 S
S AMC  S ABC  . Ta có: S AMC  S SMC .cos30o  S SMC  AMCo  a 2 0,25
2 2 cos 30
Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 2

4. www.VIETMATHS.com
Điều kiện: 0  x  2
Xét hàm f ( x)  4 x  4 2  x  x  2  x với x  [0;2]
0,25
1 1 1  1 1 1 
f '( x)       
4 x

4 3 4
(2  x)  2  x
3
 2 x 
f '(1)  0;0  x  1: f '( x)  0
V. 1 1 1 1 0,25
1 x  2:   0;   0  f '( x)  0
(1 4 3
x 4
(2  x) 3
x 2 x
điểm)
BBT:
x 0 1 2
f’(x) + 0  0,25
4
f(x)
24 2 2 4 2
Bất phương trình có nghiệm khi min f ( x)  m  m  2  4 2 . 0,25
x[0;2]
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AE A F E B
Ta có:
       

3MA  MB  2 MA  ( MA  MB)  2( MA  ME )  4 MF 0,25
  M
| 3MA  MB | nhỏ nhất  MF nhỏ nhất  M là hình
chiếu của F trên .
VI.a.1 
 3 1  3 1 
(1 M    M (t ;2t  1)  FM  (t  ;2t  )  E (2; 1)  F ( ;  ) 
2 2  2 2  0,25
điểm) 
 có VTCP u  (1;2)
   3  1 1
u .FM  0  1.  t    2.  2t    0  t  0,25
 2  2 2
1 1
t  M ( ;0) 0,25
2 2
Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = 2 0,25
2 2
Đường tròn giao tuyến có r = 1  d ( I ,( P ))  R  r  3
0,25
PT mp(P) có dạng: ax  by  cz  d  0 (a 2  b 2  c 2  0)
Ta có hệ:

3a  b  d  0  d  3a  b  d  3a  b
  
VI.a.2  2a  2c  d  0  a  b  a  b
  c   c 
(1  | a  b  c  d |  2  2
điểm)   3 | 7 a  b | 3. 5a 2  2ab  5b 2 17 a 2  10 ab  7b 2  0
 0,25
 a 2  b2  c 2 

a  1  a   7 17
b  1 b  1
 
Chọn b = 1 ta có:  
 c  1 c   5 17
 d  4  d  4 17
 
Có 2 mặt phẳng cần tìm: x  y  z  4  0 và 7 x  17 y  5 z  4  0 0,25
Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O chính là độ
dài đoạn OM | z | 0,25
VII.a
(1 OM đạt giá trị nhỏ nhất khi | z | a 2  (a  3) 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 0,25
điểm) 2
3 9 9
2 2 2 
Ta có: a  (a  3)  2a  6a  9  2  a     0,25
 2 2 2
Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 3

5. www.VIETMATHS.com
3 3
Vậy, khi a  thì OM đạt giá trị nhỏ nhất bằng . 0,25
2 2
(C) có tâm I(1,0), bán kính R=2 0,25
Hệ số góc của tiếp tuyến là k  tan 60o  3 hoặc k  tan120o   3 nên phương
0,25
trình tiếp tuyến  của (C) có dạng: 3 x  y  p  0 hoặc 3x  y  q  0
VI.b.1
| 3 p|
(1 Trường hợp : 3x  y  p  0  d ( I , )  2   2  p  4  3
điểm) 2
0,25
| 3q|
Trường hợp : 3 x  y  q  0  d ( I ,  )  2   2  q  4  3
2
Vậy các tiếp tuyến cần tìm là: 3 x  y  4  3  0 ; 3 x  y  4  3  0 . 0,25
(S) có tâm I (1;5;0) 0,25
Gọi (P) là mặt phẳng chứa d1 và I, (Q) là mặt phẳng chứa d2 và I    ( P)  (Q)

PT của (P): d1 có VTCP u1 (1; 1;2) và đi qua điểm M1 (1;3;1)
  
 0,25
 VTPT của ( P ) : nP  [ M 1I , u 1 ]  (3; 1; 2)
PT của (P): 3( x  1)  1( y  5)  2( z  0)  0  3x  y  2 z  2  0

PT của (Q) : d2 có VTCP u2 (1; 3; 3) và đi qua điểm M 2 (0;2;0)
VI.b.2
 1  
(1  VTPT của (Q ) : nQ   [ M 2 I , u 2 ]  (3; 1;2) 0,25
điểm) 3
PT của (Q): 3 x  y  2 z  2  0
 1  
Đường thẳng  có VTCP u   [nP , nQ ]  (1;3;0) đi qua I (1;5;0) có PT là:
4
 x  1 t 0,25

 y  5  3t (t  ) . Thỏa yêu cầu bài toán.
z  0

z  x  yi ( x, y  )
0,25
z  3  i 3  ( x  3)  ( y  3)i
VII.b
| z  3  i 3 | 3  ( x  3) 2  ( y  3) 2  3  ( x  3) 2  ( y  3) 2  3 0,25
(1
điểm) Điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z thỏa điều kiện bài toán nằm trên đường tròn tâm
0,25
I (3;  3) , bán kính R  3 . Suy ra Ox tiếp xúc với đường tròn này.
Vậy z  3 là số phức có Acgumen dương nhỏ nhất (bằng ). 0,25
Lưu ý: Các cách giải khác với đáp án nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 4