1. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
TRƯỜNG THPT PHAN BÔI CHÂU MÔN TOÁN
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x3  3 x 2  1
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho .
2.Tìm hai điểm A , B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại A và B song song với nhau và độ
dài đoạn AB = 4 2
Câu II ( 2,0 điểm)
1.Giải phương trình : cos3 x  4sin 3 x  3cos x.sin 2 x  s inx  0 (1)
 2 2 xy
 x  y  2 x  y 1(1)
2.Giải hệ phương trình : 
 x  y  x  (2)
2
y


2
sin x
Câu III ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I=  (s inx  cos x )
0
3
dx
Câu IV ( 1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3 a ;
BD = 2a cắt nhau tại O ; hai mp(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mp(ABCD) . Biết khoảng cách từ
a 3
điêm O đến mp(SAB) bằng . Tính thể tích hình chóp S.AB CD theo a.
4
Câu V (1,0 điểm): Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình : 3 1  x 2  2 x 3  2 x 2  1  m
 1 
có nghiệm duy nhất thuộc đoạn   ;1
 2 
PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC với A ( 1 ; – 2 ) ; đường cao CH : x – y + 1 = 0 ; đường phân giác
trong BN : 2x + y + 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B ; C và tính diện tích ABC .
1
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A ( 2 ; – 1 ; 0 ) ; B ( 5 ; 1 ; 1 ) ; M ( 0 ; 0 ; ) . Lập
2
7
phương trình mp (  ) qua A ; B đồng thời khoảng cách từ M đến mp (  ) bằng
6 3
Câu VII.a (1,0 điểm) : Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện : z1  z2  1 và z1  z2  3
Tính z1  z2
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 ; tâm I là giao
điểm của 2 đường thẳng d 1 : x – y – 3 = 0 và d2 : x + y – 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của
đường thẳng d 1 với trục Ox . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz ,cho A ( a ; 0 ; 0 ) ; B ( 0 ; b ; 0 ) C ( 0 ; 0 ;c ) thỏa a, b , c > 0 và
a  b 2  c 2 = 3 . Xác định a. b .c sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mp( ABC ) là lớn nhất .
2
Câu VII.b (1,0 điểm) : Trong các số phức z thỏ mãn điều kiện z  1  2i  1 , tìm số phức z có mô đun
nhỏ nhất .
-------------------------------------------------HẾT --------------------------------------------------------
www.MATHVN.com

2. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN
Câu Đáp án Điểm
I 2,00
1,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
y  x3  3x 2  1
Tập xác định D  R
0,25
Sự biến thiên: y '  3 x 2  6 x
y '  0  x = 0 hay x = 2
+ Giới hạn: lim  ; lim  .
x  x 
- Đồ thị hàm số khôn g có tiệm cận.
Bảng biến thiên 0,25
x – 0 2 +
y’ + 0 – 0 +
y 1 +
– –3
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( –  ; 0 ) và ( 2 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0 ; 2 ) 0,25
yCD  y  0   1, yCT  y  2   3
Ta có y’’ = 6x – 6  y’’ = 0  x= 1
 điểm I(1 ; – 1) là điểm uốn của đồ thị.
Giao điểm với Oy : ( 0 ; 1 )
Đồ thị :
y
1
-1 2 3
O x
0,25
-3
2 Tìm A , B thuộc ( C )
www.MATHVN.com

3. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
Giả sử A ( a ; a 3  3a 2  1 ) , B ( b ; b3  3b 2  1 ) thuộc ( C ) . ( a # b ) 0,25
Ta có : f/ ( a ) = f/ ( b )  3a2 – 6a = 3b2 – 6b
 ( a – b ) ( a + b – 2 ) = 0  a + b – 2 = 0 ( vì a # b )
 b = 2–a
Theo gt : AB = 4 2  (b  a ) 2  (b3  3b 2  a 3  3a 2 ) 2  32
2
1,0  (2  2a ) 2   (b  a )(b 2  a 2  ab)  3(b  a )(b  a )   32
 
2 0,25
 (2  2a ) 2   (b  a )(b 2  a 2  ab  6)   32
 
 4(a  1)6  24( a  1) 4  40( a  1) 2  32  0
0,25
 a  3  b  1

 a  1  b  3
Vậy : A ( 3 ; 1 ) ; B ( – 1 ; – 3 ) 0,25
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
( 1 )  cosx(1 – sin2x ) – 4sin3x – 3cosx.sin2x + sinx = 0 .
 ( sinx + cosx ) – 4sin2x.( sinx + cosx ) = 0 0,25
 ( sinx + cosx ) ( 1 – 4sin2x ) = 0
 ( sinx + cosx ).( 2cos2x – 1 ) = 0
s inx  cos x  0 0,25
 
 2cos2 x  1  0
   
 2 sin( x  )  0  x    k 0,50
4 4
    , kz
cos2 x  1 
 x    k

 2 
 6
2 Giải hệ ph ương trình (1,00 điểm)
Điều kiện : x + y > 0
2 xy 0,25
( 1 )  ( x  y ) 2  2 xy  1  0
x y
 ( x  y )3  2 xy ( x  y )  2 xy  ( x  y )  0
 ( x  y )  ( x  y )2  1  2 xy ( x  y  1)  0
  0,25
 ( x  y  1)  ( x  y )( x  y  1)  2 xy   0
 ( x  y  1)( x 2  y 2  x  y )  0 ( 3)
Với đk : x + y >0 thì ( x 2  y 2  x  y ) > 0
Nên ( 3 )  x + y – 1 = 0  x + y = 1 .
y  0
Thay vào ( 2 ) ta được : y 2 – 3y = 0   0,25
y  3
y =0  x=1
y =3  x= –2 0,25
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : ( x ; y ) = ( 1 ; 0 ) ; ( x ; y ) = ( – 2 ; 3 )
www.MATHVN.com

4. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
III  1,00
2
sin x
Tính tích phân I = 
0
(s inx  cos x )3
dx

Đặt t = –x  dx = – dt
2
  0,25
Khi x =  t =0 ; khi x = 0  t =
2 2
 
2
cos t 2
cos x
I = 
0
(cos t  sin t )3
dt   (cos x  s inx)
0
3
dx 0,25
 
2
(sin x  cos x ) 2
dx
 2I =  0
(s inx  cos x )3
dx   (s inx  cos x)
0
2
 
2
1 dx  2
=  = .tan( x  ) = 1 0,25
2
0 2 cos ( x 
 2 4 0
)
4
1
Vậy : I = 0,25
2
IV Tính thể tích hình chóp S.ABCD 1,00
S
. 0,25
D A
I
O H
N
C B
Theo giả thiết ta suy ra : SO  ( ABCD )
OA
 OAB vuông tại O , có OA = a 3 , OB = a , tan  =
ABO  3
OB
   600   ABD là tam giác đều .
ABO
Gọi H là trung điểm của AB , K là trung điểm của BH .
Ta có : DH  AB và DH = a 3
0,25
a 3
OK // DH và OK =
2
 OK  AB , mặt khác : SO  AB nên : AB  ( SOK)
OI  SK
Gọi I là hình chiếu của O trên SK , ta có :   OI  (SAB)
OI  AB
www.MATHVN.com

5. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
 OI là khoảng cách từ O đến mp( SAB)
 SOK vuông tại O , có OI là đư ờng cao . 0,25
1 1 1 a
Ta có : 2
 2
 2
 SO =
OI SO OK 2
1 1 1 a3 3
VS . ABCD  SO.S ABCD  SO. AC.BD  0,25
3 3 2 3
V Chứng minh bất đẳng thức ( 1 điểm ) 1,00
 1 
Xét hàm số: f ( x)  3 1  x 2  2 x3  2 x 2  1 xác định và liên tục trên   ;1
 2 
2
0,25
3 x 3x  4 x 3 3x  4
Ta có f ' ( x)   =   x(  )
1  x2 x3  2 x 2  1 1  x2 x3  2 x 2  1
 1  1 3 3x  4
Vì : x    ;1 nên x    3x + 4 > 0   0 0,25
 2  2 1  x2 x3  2 x 2  1
/
f (x) = 0  x = 0
Bảng biến thiên
:
x 1
 0 1
2
f/(x) + 0 –
f(x) 1 0,25
3 3  22
2
–4
 1 
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ;1 khi 0,25
 2 
3 3  22
–4<m< hoặc m = 1
2
VI.a 2,00
1 1,00
AB  CH ....Viết được pt AB: x + y +1 = 0 .
B  AB  BN  …..Tọa độ B (– 4 ; 3 ) 0,25
Lấy A / đối xứng với A qua BN  A/  BC 0,25
.....Tìm được tọa độ A/ ((– 3 ; – 4 )
/
BC qua B và A ......viêt được pt BC : 7x + y + 25 = 0 .
13 9
C  BC  CH  …..Tọa độ C (– ; ) 0,25
4 4
450
Tính được BC = và khoảng cách d( A ; BC ) = 3 2
4
1 1 450 45
S ABC  .d ( A; BC ).BC  .3 2. 
2 2 4 4
0,25
www.MATHVN.com

6. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
2
 
Gọi n  ( A; B; C )  0 là VTPT của mp(  )
A ( 2 ; – 1 ; 0 )  (  ) nên pt (  ) : Ax + By + Cz – 2A + B = 0 . 0,25
B ( 5 ; 1 ; 1 )  (  ) nên ta có : 5A + B + C – 2A + B = 0  C = – 3A – 2B
 pt (  ) : Ax + By – ( 3A + 2B ) z – 2A + B = 0 .
3A
  B  2A  B
7 2 7
Do đó : d ( M ;( )   
6 3 2 2
A  B  (3 A  2 B) 2
6 3 0,25
A  B
 17A – 12AB – 5B = 0  
2 2
A   5 B
 17
* A = B . Chọn A = 1 ; B = 1 ; C = – 5
pt (  ) : x + y – 5z – 1 = 0 0,25
5
* A= – B . Chọn A = 5 ; B = – 17 ; C = 19
17
pt (  ) : 5x – 17 y + 19z – 27 = 0 . 0,25
VII.a 1,00
Gọi z1  a1  b1i ; z2  a2  b2i
a 2  b 2  1

Ta có : z1  z2   12 12 0,25
a2  b2  1

z1  z2  a1  a2  (b1  b2 )i  z1  z2  (a1  a2 ) 2  (b1  b2 ) 2
0,25
z1  z2  3  ( a1  a2 )2  (b1  b2 )2  3
2
z1  z2  ( a1  a2 )2  (b1  b2 )2 = a12  a2  2a1a2  b12  b22  2b1b2
2
= 2(a12  a2 )  2(b12  b22 )  a12  a2  b12  b22  2a1a2  2b1b2
2 2
0,25
2 2 2 2 2 2
= 2(a  a )  2(b  b )  [(a1  a2 )  (b1  b2 ) ]
1 2 1 2
= 2.1 + 2.1 – 3 = 1
 z1  z2  1 0,25
VI.b 2,00
1 1,00
Ta có : I = d1  d 2  Tọa độ Ilà nghiệm hệ pt :
 9
 x
x  y  3  0  2  A( 9 ; 3 )
 
x  y  6  0 y  3 2 2

 2 0.25
Do vai trò A , B , C , D như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
 M  d1  Ox  M ( 3 ; 0 )
Ta có : AB = 2.IM = 3 2
Theo gt : S ABCD  AB . CD = 12  AD = 2 2
0,25
Vì I và M cùng thuộc d1  d1  AD

 AM qua M ( 3 ; 0 ) có VTPT là n = ( 1 ; 1 )
Pt AM : x + y – 3 = 0
www.MATHVN.com

7. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
x  y  3  0

Tọa độ A , D là nghiệm hệ pt :   2

 ( x  3) 2  y 2
x  2 x  4
Giải hệ pt ta được :  ,   A(2;1) , D(4;–1) 0,25
y 1  y  1
I là trung điểm AC nên  C ( 7 ; 2 )
I là trung điểm BD nên  B ( 5 ; 4 ) 0,25
Vậy các đỉnh hình chữ nhật là : A ( 2 ; 1 ) , B ( 5 ; 4 ) , C ( 7 ; 2 ) , D ( 4 ; – 1 )
2 1,00
x y z
Pt ( ABC ) có dạng :   1 0,25
a b c
1
Khoảng cách d( O ; (ABC) ) =
1 1 1
 
a 2 b2 c2
 1 1 1  1 1 1
Ta có : 3  2  2  2    a 2  b 2  c 2   2  2  2   9 0,25
a b c  a b c 
1 1 1 1 1 1
 2
 2  2  3    3 0,25
a b c a 2 b2 c2
1 1
d( O ; (ABC) ) = 
1 1 1 3
2
 2 2
a b c
1
 Max d( O ; (ABC) ) = khi a = b = c = 1
3
0,25
1
Vậy : a = b = c = 1 thì Max d( O ; (ABC) ) =
3
VII.b 1,00
Gọi z = a + bi . M (x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z
z  1  2i  1  ( x  1) 2  ( y  2) 2  1 0,25
Đường tròn ( C ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  1 có tâm I ( – 1 ; – 2 )
Đường thẳng OI có phương trình : y = 2x
Số phức z thỏa mãn ĐK đề bài khi điểm biểu diễn M của nó thuộc đ ường tròn
( C ) và gần gốc tọa độ nhất . 0,25
 M là 1 trong 2 giao điểm của đường tròn ( C ) với đ ường thẳng OI .
 y  2x
 Tọa độ M thỏa mãn hệ pt :  2 2
( x  1)  ( y  2)  1
 1  1
 x  1  5
  x  1  5

0,25
Giải hệ pt ta được :  ; 
 y  2  2  y  2  2

 5 
 5
1  2  0,25
Chọn z  1    2  i
5  5
www.MATHVN.com

8. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com