1. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
TRƯỜNG THPT TRẦNPHÚ Môn: TOÁN
-----&----- Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC ------------------------------------
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x −2m x +m +m ( 1) , m là tham số thực.
4 2 2 4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi . m =−1
2. Tìm m để đồ thị hàm số 1( ) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32.
Câu II (2.0 điểm)
 3π 
1. Giải phương trình tan x - 3cos  x - ÷=sin x. tan x.
 2 
8 x3 − y 3 = 63

2. Giải hệ phương trình  2 ( x, y ∈ R ) .
y + 2x + 2 y − x = 9
2

e3
2 x ln 2 x − x ln x 2 + 3
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân I =∫ dx .
e2
x(1 − ln x )
Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a. Hình
chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với
đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAC) theo
a, với I là trung điểm SB.
CâuV (1.0 điểm) Cho x, y
là các số thực thỏa mãn 2 x −2 2 y +8 =4 x + −y .
1
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =4 x +2 y − .
16
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x +y −4 x − y − =0 . Viết phương
8 5 2 2
trình đường thẳng đi qua điểm Q ( 5; 2) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN =5 2 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết B ( 3; 0;8 )
, D ( − − 0)
5; 4;
và
đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C.
Z=
( 1 + 3i ) (3 + i)
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức Z
+1, biết i ( 1− i)
2 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d :x− y− =
3 6 0
và điểm N ( 3; 4 ) . Tìm
15
tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng 2 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x +y +z +2 x −4 y −4 =0 và mặt 2 2 2
phẳng (P): x+ − =
z 3 0
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M ( 3;1 −1) vuông góc với mặt
phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
 x log9 y + y log9 x = 6

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log 3 x − log 1 y = 6.

 3
-----------Hết-----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…….………………………………….. Số báo danh:……………..…
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

2. Câu Đáp án Điểm
I. 1.(1 điểm) Khảo sát….
(2.0 điểm) Khi m=-1 ta có y =x −2 x 4 2
• Tập xác định: D=R.
• Sự biến thiên 0.25
x = 0
- Chiều biến thiên y , = 4 x 3 − 4 x = 4 x ( x 2 −1), y , = 0 ⇔ .
x = ±1
Hàm số NB trên các khoảng (− ; −
∞ 1)
và (0;1) . ĐB trên các khoảng (-1;0) và (1: +∞)
- Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x =±1
, yct=-1, đạt cực đại tại x=0, ycđ=0. 0.25
lim y = lim y = +∞
- Giới hạn: x→−∞ x→+∞ .
- Bảng biến thiên:
x −∞
-1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
0.25
+∞
0 +∞
y
-1 -1
• Đồ thị: y
2
1
-2 -1 O 1 2 x
0.25
-1
-1
-2
2.(1.0 điểm)
x = 0
y , = 4 x 3 − 4m 2 x = 4 x ( x 2 − m 2 ) ; y , = 0 ⇔4 x ( x 2 −m 2 ) = 0 ⇔ 0.25
x = ±m
Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt: y = 0 có ba nghiệm phân biệt (*). ,
⇔ ≠
m 0
0.25
Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0; m +m ), B(m;m), C(-m;m). 4
0.25
Suy ra AB=AC= m + m , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A
2 8
1 1
Ta có I(0;m) là trung điểm BC và S ∆ABC = AI .BC ⇔32 = m 4 .2 | m |⇔m =±2 thỏa mãn (*).
2 2 0.25
Vậy m cần tìm là . m =±2
II 1. (1.0 điểm) Giải phương trình …
(2.0 điểm Điều kiện: (*).
cosx ≠0
0.25
Phương trình đã cho tương đương với: tan x + 3.sin x = inx.tanx
s
0.25
⇔ x + 3.sin x.cos x =
sin sin 2 x ⇔ (
sin x 1 + 3 cos x −sin x =0 )
• s inx=0 ⇔ = π
x k
, thỏa mãn (*) 0.25
)  π 1 π 7π
• sinx- 3 cos x −1 = 0 ⇔s in  x- ÷= ⇔ x = + 2 kπ (không tm (*)) hoặc x= + 2kπ (tm (*))
 3 2 2 6
0.25
7π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = kπ; x = + 2kπ ( k ∈Z ) .
6
2. (1.0 điểm) Giải phương trình…

3. 8 x 3 − y 3 = 63
 (1)
 2
 y + 2x + 2 y − x = 9
2
 (2)
0.5
Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được
8 x 3 −6 y 2 − x 2 − y +6 x −y 3 =9 ⇔ 2 x − ) =( y +2 ) ⇔y =2 x −3
( (*)
3 3
12 12 1
x = 2
( 2 x − 3) + 2 x 2 + 2 ( 2 x − 3) − x = 9 ⇔ 2 x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ 
2
Thế (*) vào (2), ta được x = − 1
0.25
 2
Với x = ⇒ =
2 y 1
1  1  0.25
Với x =− ⇒ y = −4 . Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1),  − ; −4 ÷
2  2 
III e3
2 x ln x ( ln x −1) + 3 e
1
3
e 3
(1.0 điểm) I =∫ dx = 3 ∫ dx − 2 ∫ ln xdx 0.25
e2
x ( 1 − ln x ) e2
x ( 1 − ln x ) e2
e3  
3
e
1 e3
= 3∫ d (ln x) − 2  x ln x e2 − ∫ dx ÷ 0.5
e2 (
1 − ln x ) 
 e2
÷

=− ln ( 1 −ln x
3 )
e3
e2 (
−2 x ln x e2 − x e 2
e3 e3
) =−3 ln 2 −4e 3
+ 2e 2 . 0.25
IV Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC, S
(1.0 điểm) SH ⊥ ( ABC ) 
Ta có HJ ⊥ AC 
 ⇒AC ⊥SJ
, suy ra góc ∠SJH = 0
60 và 0.25
I
BC AB 2a
AB = = 2 a, HJ = = E
2 2 2
B H C
6
SH = HJ .tan 60 = a 0
0.25
2 J
A
1 AB. AC 1 6
( ) 6a 3
2
VS . ABC = SH . = . . 2 .a 3 = . 0.25
3 2 6 2 6
HE ⊥ SJ 
Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có  ⇒ HE ⊥ ( SAC ) .
HE ⊥ AC 
0.25
6
Mặt khác, do IH // SC ⇒ //(SAC )
IH
, suy ra d ( I , ( SAC )) = d ( H , ( SAC )) = HE = HJ .sin 600 = a.
4
V y  y 
(1.0 điểm) Ta có 2 x − 2 2 y +8 = 4 x +1 − y ⇔ x + = 2  x +1 +
 +2 ÷
÷ (1) 0.25
2  2 
 y
y
x + 2 = m

Gọi S là tập giá trị của x+ , khi đó m∈ ⇔ ∈
S m R
sao cho hệ  ( *) có
2
 x +1 + y + 2 = m 0.25

 2 2
nghiệm.

4. a = x + 1  x = a2 −1
 
Đặt  y (a, b ≥ 0) ⇒  y khi đó, (*)
 =b −2
2
b = +2
 2 2
 m
a 2 + b 2 = m + 3  a + b =
  2
⇔ m ⇔ (**) .
 a+b = ab = m2 m 3
 2 − − 0.25

 8 2 2
Hệ (*) có nghiệm hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b 0
⇔ ≥
⇔
phương trình 8X2-4mX+m2-4m-12=0 có 2 nghiệm không âm
 m 2 − 8m − 24 ≤ 0

⇔
m ≥ 0 ⇔ 6 ≤ m ≤ 4 + 2 10 .
 m 2 − 4m − 12 ≥ 0

 y 5 + 2 10
Mặt khác P = 4  x + ÷−16 . Suy ra: MaxP =8 10 khi x= ; y = 3 + 2 10.
 2 2
0.25
 x = −1 x = 8
min P =8
khi  hoặc  .
 y = 14  y = −4
VI.a 1. (1.0 điểm)
(2.0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng ∆
đi qua Q(5;2) có phương
0.25
trình A(x-5)+B(y-2)=0 với , A2 + 2 ≠0
B
do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên ∠MIN = 0
90 hay tam giác MIN vuông cân tại I,
0.25
suy ra d ( I , ∆) =
1
2
( )
2R =
5
2
| A ( 2 −5 ) + B ( 4-2 ) | 5
Hay = ⇔ 2 B −3 A |
| 2 = 5 A2 + B 2 ⇔ B 2 + AB + A 2 =
17 24 7 0 (*) 0.25
A +B
2 2
2
 A = −1
Chọn B=1 khi đó (*) ⇔ 7 A2 + 24 A +17 = 0 ⇔ 
 A = − 17

 7
0.25
.A= -1; B=1: phương trình đường thẳng ∆
là : -x+y+3=0
17
. A= −
7
; B=1: phương trình đường thẳng ∆
là : 17x-7y-71=0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0.
2. (1.0 điểm)
Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0), 0.25
 AB 2 = AD 2 ( a − 3) 2 + b 2 + 82 = ( a + 5 ) 2 + ( b + 4 ) 2
 
do ABCD là hình vuông nên ta có,  2 1 
2
⇔ 0.25
AI =  BD ÷ ( a +1) + ( b + 2 ) + 4 = 36
2 2 2
 
 2 
 17
 b = 4 − 2a
 a = 1 a = 5

⇔ ⇔ hoặc  . Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và
( a + 1) + ( 6 − 2a ) = 20
2 2
 b = 2  b = − 14

 5 0.25
 17 − 14 
A  ; ;0 ÷
5 5 

5.  −27 −6 
Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8), C
 5
; ;8 ÷
5 
. 0.25
VII.a
( 1 +3i ) ( 3i −1) ( 1 + i ) ( 1 +3i ) ( 1 −3i ) ( 2i )
2
(1.0 điểm) Ta có Z = = = 5i. 0.5
−1( ( 1 − i ) ( 1 + i ) )
2
4
Suy ra, Z + =1 −5i ⇒Z + = 12 +52 = 26.
1 1
0.5
VI.b a. (1.0 điểm)
(2.0 điểm) Ta có uuur
ON (3; 4) ,ON=5, đường thẳng ON có phương trình N
4
4(x-3)-3(y-4)=0 4x-3y=0 ⇔
do M ∈ ⇒ (3m + m )
d M 6; 2
Khi đó ta có d
0.25
O 5
M
-2
1 2 S ∆ONM
S ∆ONM =
2
d ( M , ON ).ON ⇔d ( M , ON ) =
ON
=3 0.25
4. ( 3m + 6 ) − 3m m = −1
= 3 ⇔ 9m + 24 = 15 ⇔  0.25
5 m = −13

 3
Với m = 1 ⇒ (3; −
− M 1)
−13  −13   −13  0.25
Với m=
3
⇒ M  −7;
 3 
÷ . Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và M  −7;
 3 
÷
2. (1.0 điểm)
r
Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT nP ( 1; 0;1)
Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng A ( x −3 ) + B ( y −1) +C ( z +1) = 0 A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 với VTPT là 0.25
r
nQ ( A; B; C )
−4 A + B + C
Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra d ( I , (Q)) = R ⇔
A2 + B 2 + C 2
= 3 ⇔ −4 A + B + C = 3 A2 + B 2 + C 2 (*) 0.25
r r
Mặt khác (Q ) ⊥ P) ⇔Q .nP = ⇔ + = ⇔ = A
( n 0 A C 0 C −
0.25
Thay vào (*) ta được B −5 A =3 2 A2 +B 2 ⇔ B 2 −7 A2 + AB =0
8 10 (**)
−4
Chọn B=1, (**) ⇔ 2 − A− = ⇔=
7A 10 8 0 A 2 hoặc A=
7
Với A = ⇒= 2
2 C −
: được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2x + − z − =
y 2 9 0
0.25
−4 4
Với A=
7
⇒C =
7 : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4x − y − z − =
7 4 9 0
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x + − z − =
y 2 9 0
và 4x − y − z − =
7 4 9 0
.
VII.b Điều kiện: x, y > 0 (*)
(1.0 điểm)
 2 y log9 x = 6 log 9 x.log 3 y = 1 0.5
Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với  ⇔
log 3 x + log 3 y = 3 log 3 x + log 3 y = 3
log 3 x.log 3 y = 2  log 3 x = 1  log 3 x = 2
⇔ ⇔
 hoặc  0.25
log 3 x + log 3 y = 3  log 3 y = 2  log 3 y = 1

6.  log 3 x = 1 x = 3  log 3 x = 2 x = 9
Với  ⇔ (tm (*)) Với  ⇔ (tm(*)) 0.25
 log 3 y = 2 y = 9  log 3 y = 1 y = 3
Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./
---------------Hết---------------
Chú ý: Cách chấm bài thi:
1) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó !
2) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó.
3) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ) liên quan đến bước
trên thì cắt điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan.
4) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) không liên quan đến bước phía
trên nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ.