1. SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - 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)
2x 1
Câu I (2 điểm) Cho hµm sè : y  (C )
x 1
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè
2.T×m trªn ®å thÞ (C ) nh÷ng ®iÓm M sao cho tiÕp tuyÕn t¹i M t¹o víi hai ®­êng tiÖm
cËn cña ®å thÞ (C) mét tam gi¸c cã b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp b»ng 2 .
2 cos 4 x
Câu II (2 điểm) 1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh: cot x   tan x
sin 2 x
2.Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 .
2
2  x 1
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   dx
1 1 3 x 1
Câu IV (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a; tam gi¸c SAD

®Òu vµ SAB  900 ; I lµ trung ®iÓm cña SB. TÝnh theo a thÓ tÝch khèi tø diÖn ABCI vµ tÝnh
kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm B ®Õn mÆt ph¼ng (ACI).
Câu V (1 điểm) Cho c¸c sè thùc kh«ng ©m x,y,z vµ kh«ng cã hai sè nµo ®ång thêi b»ng
x y z xy  yz  zx
kh«ng. Chøng minh:   4 2 2  6.
yz zx x y x  y2  x2
Dấu đẳng thức xẩy ra khi nào?
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 mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho h×nh vu«ng ABCD cã M lµ trung ®iÓm cña c¹nh
AD; ®­êng th¼ng CM cã ph­¬ng tr×nh: x  y  2  0 . ĐiÓm D(3;-3), ®Ønh B thuéc ®­êng th¼ng
d cã ph­¬ng tr×nh: 3x  y  2  0 vµ B cã hoµnh ®é ©m. X¸c ®Þnh täa ®é c¸c ®Ønh A, B, C.
2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz, cho điểm A(4;4;0), B(0;4;0) và mặt phẳng
(P): 3x  2 y  z  0 . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường thẳng MI song song với mặt phẳng
(P) và điểm M cách đều O và mặt phẳng (P), biết điểm I là trung điểm của AB.
CâuVII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
z 3  ( z z ) 2012 là số thực và z 2  i 5  i 9  i13  ...  i 2013 là số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho Parabol (P): y 2  x vµ hai điểm A(1;-1), B(9;3)
nằm trên (P). Gọi M là điểm nằm trên cung AB của (P). Xác định vị trí của điểm M sao cho
tam giác MAB có diện tích lớn nhất.
2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz, cho hai ®­êng th¼ng d vµ d’ chéo nhau và
vuông góc với nhau, AB là đoạn vuông góc chung của d và d’. Điểm M(2;-2;1) thuộc d, điểm
N(-2;0;1) thuộc d’ và AM+BN=AB. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt cÇu có tâm thuộc mp(P):
2 x  2 y  z  3  0 và tiÕp xóc víi hai ®­êng th¼ng trªn lần lượt tại M, N biết hình chiếu
vuông góc của tâm mặt cầu trên AB là điểm H(0;1;2)
4 x  y 1  3.4 2 y 1  2
Câu VII.b (1 điểm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 
 x  3 y  2  log 4 3
------------ Hết --------
Cảm ơn thầy Hồ Đức Vượng (hoducvuong78@gmail.com) gửi tới
www.laisac.page.tl

2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối: A - B
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu Đáp án Điểm
Câu I 1. (1 điểm)
(2 điểm) * TXĐ: D=R{1}
1
* Chiều biến thiên: y '   0 x  1 0,25đ
( x  1) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1)  (1;  )
2x 1 x2
* lim   ; lim    Đồ thị có tiệm cận đứng là x=1.
x 1 x 1 x 1 x  2
0,25đ
2x 1
lim  2  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2
x  x  1
* Bảng biến thiên:
x - 1 +
y' - -
0,25đ
y 2 +
- 2
Đồ thị:
y
6
5
4
3
2 0,25đ
1
x
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-1
-2
-3
2. (1 điểm)
Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) .Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là: 0,25đ
1 2x 1
y 2
( x  x0 )  0
( x0  1) x0  1
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận 0,25đ
2 x0
của (C), khi đó: A(1; ); B(2 x0  1; 2)
x0  1
4 0,25đ
Theo giả thiết ta có: AB  2 2  (2 x0  2)2  8
( x0  1)2

3.  x0  0 0,25
 Vậy có 2 điểm cần tìm là: M 1 (0;1); M 2 (2;3)
 x0  2
Câu II 1. (1 điểm)
(2 điểm) 
Điều kiện: sin 2 x  0  x  k (k  ) (*)
2
0,25đ
cos 4 x
Phương trình tương đương: cot x  tan x  0
sin 2 x
cos 2 x  1 0,25đ
 1
cos 2 x 
 2
+) cos 2 x  1  x  k , không thoả mãn (*) 0,25
1 
+) cos 2 x   x    k , thoả mãn (*)
2 3
0,25đ

Vậy phương trình có nghiệm x    k ; k  Z
3
2. (1 điểm)
Đk: 1  x  7
Bất phương trình tương đương với: 0,25đ
( x  1) 2  ( x  1)(7  x)  2( x  1  7  x )  0
 ( x  1  7  x )( x  1  2)  0 0,25đ
x  5
 0,25đ
x  4
Vậy tập nghiệm: T  1; 4    5; 7  0,25đ
Câu III Đặt : t  6 x  1  x  t 6  1; dx  6t 5dt . 0,25đ
(1 điểm) Đổi cận: x  1  t  0; x  0  t  1
1
t 8  2t 5 1
2t 1 0,25đ
I  6 2
dt 6  (t 6  t 4  2t 3  t 2  2t  1  2
 2 ) dt .
0 1 t 0 1 t t 1
1
257 1
I  6ln 2  6  2 dt 0,25
35 0
t 1
257 3
I  6 ln 2   0,25
35 2
Câu IV
(1 điểm) Gọi H là trung điểm của AD
a 3
Ta có SH  (ABCD);SH=
2
0,25đ
1 1 a 3
d(I,(ABC))  .d  S;  ABC    SH  .
2 2 4 0,25đ

4. a2 1 a 3 a2 a3 3
SΔABC  ; VI.ABC  .  (dvdt )
2 3 4 2 24
Các tam giác HCD;SCH;SAB là các tam giác vuông nên suy ra CI = a.
0,25đ
a a2 7
Tam giác ACI có CI = a; AI= ; AC=a 2  SΔAIC  ;
2 8
0,25đ
a 21
 d(B;(AIC)) =
7
Câu V x y z x2  y 2  z 2
(1 điểm) Trước hết ta chứng minh bổ đề:    (1)
y  z x  z y  x xy  yz  zx
Nhân 2 vế của (1) với: xy  yz  zx ta được: 0,25đ
 1 1 1 
xyz      0 (luôn đúng)
 yz xz yx
x2  y 2  z 2 4 2
Đặt: t  , (t  1) . Khi đó, VT  t 2 
xy  yz  zx t
0,25đ
4 2
2
Xét hàm số f (t )  t  với t  1 .
t
4 2
Ta có, f '(t )  2t  ; f '(t )  0  t  2
t2 0,25đ
Lập được BBT
Vậy, f (t )  6  điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức khi t  2  x  y, z  0 và các hoán vị của nó. 0,25đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa 1. (1 điểm)
(2 điểm) Gọi B(t;-3t+2  d (t  R ) ).
t  3t  4 4 0,25đ
d ( B; CM )  2 d ( D; CM )  2
2 2
t  3
  B(-1;5) (do điểm B có hoành độ âm) 0,25đ
 t  1
 
 
Gọi C(m;m-2)  d (t  R ) ). Ta có: BC.CD  0 và BC  CD
Vậy m=5  C(5;3). 0,25đ

 
Vì AB  DC  A(3; 1)
0,25đ
Vậy, A(3; 1) ; B(-1;5) ; C(5;3).
2. (1 điểm)
Ta có, I(2;4;0). Nhận thấy O thuộc mp(P) nên từ giả thiết ta suy ra điểm
0,25đ
M nằm trên đường thẳng d đi qua O và vuông góc với mp(P)
 x  3t

Phương trình đường thẳng d:  y  2t 0,25đ
 z  t

 

Lấy M(3t;2t;-t) trên d. Ta có MI.n( P )  0  t  1. Vậy M(3;2;-1) 0,5đ

5. Câu VIIa Gọi z  a  bi (a , b   ) z=a+bi (a,b  R)
(1 điểm) z 3 là số thực khi 3a 2b  b3  0 0,5đ
z 2 là số thuần ảo khi a 2  b2  0 0,25đ
Giải (1) và (2) ta được a  0 và b  0 . Vậy, số phức cần tìm: z  0 . 0,25đ
A. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb 1. (1 điểm)
(2 điểm) Phương trình đường thẳng AB: x  2 y  3  0
0,25đ
Gọi M(x;y). Vì M thuộc cung AB nên 1  y  3
1
Ta có: S MAB  AB.d ( M ; AB )  2 x  2 y  3  2 y 2  2 y  3 0,25đ
2
Xét hàm số f ( y )  y 2  2 y  3 liên tục trên  1;3
f '( y)  2 y  2; f '( y )  0  y  1 0,25đ
 S MAB lớn nhất khi y  1. Vậy M(1;1) 0,25đ
2. (2 điểm)
Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I. Ta có:
 IM 2  AM 2  AH 2  IH 2

 2 2 2 2
 AM 2  BN 2  AH 2  BH 2
 IN  BN  BH  IH
 0,25đ
 AM  BN  AH  HB
 AM  AH (do AM  BN  AB )  IM  IH  IN
Vậy mặt cầu cần tìm đi qua 3 điểm M;N;H.
Giả sử I(x;y;z) ta có:
( x  2) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  ( x  2) 2  y 2  ( z  1) 2
 2 2 2 2 2 2
( x  2)  ( y  2)  ( z  1)  x  ( y  1)  ( z  2)
2 x  2 y  z  3  0
 d H 0,5đ
x  2

 y  3
 z  7

d'
Vậy, mặt cầu (S) tâm I(2;3;-7), bán kính: R= 89 có phương trình là:
0,25đ
( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  7) 2  39
Câu VIIb u  4 x  y ; v  4xy (u; v  0) 0,25đ
(1 điểm) u  3v  8(1)

Hệ trở thành:  16 0,25đ
uv  3 (2)

4
Từ (1) ta có u  8  3v , thế vào (2) được v  0,25đ
3
 1
 x  2 (1  log 4 3)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  0,25đ
 y  1 (1  log 3)
4

 2