1. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
1 1
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 − 2 x 2 + (m + 4) x + − m (1), m là tham số.
3 3
1. Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1
2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A ( 3; −1) .
3cos x − cos3 x + 2sin x(cos 2 x + 2)
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: = 2 6 cos 2 x .
 π
sin  x + 
 4
2 x − 9 x + 17
2
2. Giải phương trình: 3 − x = .
2 x − 6 x + 16 + 3x − 1
2
π
2
cot x.ln(sin x)
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
π
∫ sin x
dx .
4
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC = 600 . Cạnh
bên SB = 2a và SB tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a2 b2 c2
biểu thức: P = + + .
b + 2c c + 2a a + 2b
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng d có
phương trình: x − 4 y − 2 = 0 , cạnh AC song song đường thẳng d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có
phương trình: x + y + 3 = 0 , điểm M(1;1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
x − 2 y −1 z +1
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và điểm
−4 −1 1
A(1;0;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với đường thẳng ∆ và khoảng cách
giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình sau: 2log 4 ( x3 + 1) ≤ log 4 ( 2 x − 1) + log 2 ( x + 1)
2 1
2
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, phương trình
đường thẳng AB: x − y + 3 = 0 , điểm I(1;2) là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 x − y + z + 5 = 0 , đường thẳng
x −1 y z + 2 x y +1 z −1
d1 : = = , đường thẳng d 2 : = = . Viết phương trình mặt phẳng ( α ) song
1 2 −1 1 1 −2
song mp (P), cắt các đường thẳng d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho độ dài đoạn AB bằng 3 .
log 2 ( x + y ) = 1 − log 2 ( xy )
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phươg trình:  x + y + xy
5 = 125
ennhomt@gmail.com sent to www.laisac.page.tl

2. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A
Câu Nội dung Điểm
I 1 4
(2 điểm) 1. (1 điểm) Khảo sát SBT và …… y = x3 − 2 x 2 + 3x +
3 3
1 4
Khi m = −1 ta có, y = x3 − 2 x 2 + 3x +
3 3
Tập xác định: D = ℝ
Sự biến thiên: 0.25
x = 1
- Chiều biến thiên: y ' = x 2 − 4 x + 3 ;y' = 0 ⇔ 
x = 3
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3; +∞) , nghịch biến trên (1;3)
8 4
- Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại x = 1; yC§ = , đạt CT tại x = 3; yCT = . 0.25
3 3
- Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞
x →+∞ x →−∞
- Bảng biến thiên:
0.25
Đồ thị:
0.25
2. (1 điểm)Viết PTTT…
Gọi M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị hàm số (1). Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số (1)
0.25
tại M ( x0 ; y0 ) là: y '( x0 ) = x0 − 4 x0 + 4 + m = ( x0 − 2)2 + m ≥ m
2
Min y '( x0 ) = m khi x0 = 2 ⇒ tọa độ tiếp điểm M (2; m + 3) 0.25
PT tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại M (2; m + 3) có dạng: y = m( x − 2) + m + 3 0.25
Tiếp tuyến đi qua A(3; −1) nên −1 = m + m + 3 ⇔ m = −2 . Vậy m = −2 0.25
II 3cos x − cos3 x + 2sin x(cos 2 x + 2)
(2 điểm) 1. (1 điểm) Giải PT: = 2 6 cos 2 x (1) .
 π
sin  x + 
 4
π
Điều kiện: x ≠ − + k π, k ∈ ℤ .
4 0.25

3. 6cos x − 4cos3 x + 6sin x − 4sin 3 x
(1) ⇔ = 2 3 cos 2 x
sin x + cos x
(cos x + sin x)(2 + 2sin 2 x)
⇔ = 2 3 cos 2 x 0.25
sin x + cos x
π 1
⇔ 3 cos 2 x − sin 2 x = 1 ⇔ cos(2 x + ) = 0.25
6 2
 π
 x = + mπ
 12 π
⇔ (m ∈ ℤ) . Vậy, phương trình có nghiệm: x = − + mπ 0.25
 π 4
 x = − + mπ
 4
2 x 2 − 9 x + 17
2. (1 điểm) Giải phương trình: 3 − x = (2) .
2 x 2 − 6 x + 16 + 3x − 1
1 1
Điều kiện: x ≥ . Ta thấy, để (2) có nghiệm thì x ≤ 3 ⇒ ≤ x ≤ 3
3 3 0.25
(2) ⇔ 3 − x = 2 x − 6 x + 16 − 3 x − 1
2
⇔ 3 − x + 3 x − 1 = 2 x 2 − 6 x + 16
0.25
⇔ (3 − x) 2 + 2(3 − x) 3 x − 1 + (3 x − 1) = 2(3 − x)2 + 2(3x − 1)
⇔ (3 − x − 3 x − 1) 2 = 0 ⇔ 3 − x = 3 x − 1 0.25
 9 + 41
x = 9 − 41
2
⇔ x 2 − 9 x + 10 = 0 ⇔  . Vậy PT có nghiêm: x = 0.25
 9 − 41 2
 x=
 2
III  cos x
(2 điểm)
π u = ln(sin x)  du = sin x dx
2
cos x.ln(sin x)  
I= ∫ dx . Đặt:  cos x ⇒ 0.25
 dv = sin 2 x dx v = − 1
2
π sin x
4  
 sin x
π π
 
2
1 cos x
2
⇒ I = − .ln(sin x)  + ∫ 2 dx 0.25
 sin x  π π sin x
4 4
π π
 1 2 1 2
= − .ln(sin x)  − 0.25
 sin x  π sin x π
4 4
2
= 2 −1 − ln 2 0.25
2
IV S Trong ∆SBG: SG = SB.sin 600 = a 3
(1 điểm)
3 3
BG = SB.cos 600 = a ⇒ BM = BG = a 0.25
2 2
2a
B C Đặt AB = x ( x > 0)
3
G
M ⇒ AC = x 3, BC = 2 x; MA = MC = x.
A
2

4. Áp dụng định lý Côsin trong ∆BCM : 0.25
3a
BM 2 = BC 2 + MC 2 − 2BC.BM.cos300 ⇒ x =
7
3a 3a 3 1 9a 2 3
⇒ AB = , AC = . Diện tích ∆ABC : S∆ABC = AB. AC = 0.25
7 7 2 14
1 9a 2 3 9a 3
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC = . .a 3 = (đvtt) 0.25
3 14 14
V a2 (b + 2c)a 2 a 2 (b + 2c)a 2 2a 2
(1 điểm) Ta có: + ≥ 2. . =
b + 2c 9 b + 2c 9 3 0.25
b 2
(c + 2a )b 2
2b 2
c 2
(a + 2b)c 2 2c 2
Tương tự, + ≥ ; + ≥
c + 2a 9 3 a + 2b 9 3
2 1
Khi đó, P ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) − (a 2b + b 2c + c 2 a + 2a 2c + 2ab 2 + 2bc 2 ) (1)
3 9
Ta có: 0.25
a 3 + a 3 + c 3 a 3 + b 3 + b3 b3 + c 3 + c 3
a c + ab + bc ≤
2 2 2
+ + = a 3 + b3 + c3 (2)
3 3 3
2 1
Từ (1) và (2) suy ra: P ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) − (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) 0.25
3 9
Mặt khác, a + b + c ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 )
2 1
nên: P ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) − (a 2 + b 2 + c 2 ) 3( a 2 + b 2 + c 2 ) = 1 0.25
3 9
Vậy, MinP = 1 khi x = y = z = 1
VI.a 1. (1 điểm)
(2 điểm) A  qua M(1;1)
Đường thẳng d1: 
 ⊥ AH
d M N ⇒ PT đường thẳng d1: x − y = 0 .
I
3 3
Gọi I = d1 ∩ AH ⇒ I( − ; − ) 0.25
2 2
Gọi N đối xứng M qua AH thì N(-4;-4) và N
B
H C nằm trên AC.
 qua N(-4;-4)
Đường thẳng AC:  ⇒ PT đường thẳng AC: x − 4 y − 12 = 0 .
song song d 0.25
Ta có, A = AC ∩ AH ⇒ A(0;-3)
 qua N(0;-3)
Đường thẳng AB:  ⇒ PT đường thẳng AB: 4 x − y − 3 = 0 .
 qua M(1;1) 0.25
2 1
Ta có, B = d ∩ AB ⇒ B( ; − )
3 3
 2 1
 qua B ( ; − )
Đường thẳng d1:  3 3 ⇒ PT đường thẳng BC: x − y − 1 = 0 .
 ⊥ AH
 0.25
8 11
Ta có, C = BC ∩ AH ⇒ C( − ; − )
3 3

5. 2. (1 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua B(2;1;-1), có vtcp u (−4; −1;1) .
 qua A(1;0;3)
 0.25
Phương trình mp(P):  có dạng: ax + by + cz − a − 3c = 0

 vtpt n(a; b; c)
Ta có, ∆ / / (P) ⇔ n.u = 0 ⇔ b = c − 4a (1)
a − 4c + b 0.25
Mặt khác, d( ∆ ,(P)) = d(B,(P)) = 3 ⇔ =3 (2)
a 2 + b2 + c2
Từ (1) và (2), ta được: 16a 2 − 10ac + c 2 = 0
c = 8 0.25
Chọn, a = 1 ⇒ c 2 − 10c + 16 = 0 ⇔ 
c = 2
- Với c = 8 ⇒ b = 4; a = 1 ⇒ PTmp(P): x + 4 y + 8 z − 25 = 0
0.25
- Với c = 2 ⇒ b = −2; a = 1 ⇒ PTmp(P): x − 2 y + 2 z − 7 = 0 .
VII.a 1
(1 điểm) Điều kiện: −1 < x ≠ 2 0.25
Bất PT ⇔ log 2 ( x3 + 1) ≤ log 2 x − 1 + log( x + 1)
⇔ x 2 − x + 1 ≤ 2 x − 1 (*) 0.25
1
- Với −1 < x < : (*) ⇔ x 2 − x + 1 ≤ 1 − 2 x ⇒ −1 < x ≤ 0 0.25
2
1
- Với x > : (*) ⇔ x 2 − x + 1 ≤ 2 x − 1 ⇒ 1 ≤ x ≤ 2 .
2 0.25
Vậy, bất PT có nghiệm: x ∈ (−1;0] ∪ [1;2]
VI.b 1. (1 điểm)
(2 điểm) A
H B Do SABCD = 16 ⇒ S ∆IAB = 4
Gọi H là hình chiếu của I lên AB thì H là 0.25
I trung điểm đoạn AB.
D C Ta có, IH = d ( I,AB ) = 2 nên AB = 4 2 .
Phương trình HI: x + y − 3 = 0 . H = IH ∩ AH ⇒ H(0;3) 0.25
x = 2
Khi đó, gọi A ( x0 ; x0 + 3) thì B (− x0 ;3 − x0 ) ; AB = 4 2 ⇔ 8 x0 = 32 ⇔  0
2
0.25
 x0 = −2
- Với x0 = 2 ⇒ A(2;5), B(-2;1), C(0;-1), D(4;3)
0.25
- Với x0 = −4 ⇒ A(-2;1), B(2;5), C(4;3), D(0;-1)
2. (1 điểm)
Do mp (α ) song song mp(P) nên PT mp (α ) : 2 x − y + z + m = 0 0.25
+) mp (α ) ∩ d1 = A (1 + m; 2m; −2 − m) 0.25
+) mp (α ) ∩ d 2 = B(m + 2;1 + m; −2m − 3) 0.25
Ta có, AB = 3 ⇔ m = 0 ⇒ PT mp (α ) : 2 x − y + z = 0 0.25
VII.b x + y > 0 ( x + y ) xy = 2
(1 điểm) Điều kiện:  xy > 0 . Hệ phương trình ⇔  x + y + xy = 3 0.25
 
u = x + y u = 2; v = 1
Đặt  ta tìm được,  0.25
v = xy u = 1; v = 2

6. u = 2 x + y = 2 x = 1
Với,  ⇔ ⇔ (thoả mãn điều kiện) 0.25
 v =1  xy = 1  y =1
u = 1 x + y = 1
Với,  ⇔ ⇒ vô nghiệm.
 v=2  xy = 2 0.25
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;1)