1. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MÔN: TOÁN; KHỐI: D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x − 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
1− x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Gọi ( d ) là tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại điểm A ( 0; −1) . Tìm trên đồ thị ( C ) điểm M có hoành
độ lớn hơn 1, sao cho khoảng cách từ M đến ( d ) bằng khoảng cách từ M đến trục Oy .
Câu II (2,0 điểm)
 π
1. Giải phương trình: cos 2 x − sin 2 x = 1 − 6 cos  x −  .
 4
x y + y = 2
2

2. Giải hệ phương trình:  2 1 ( x, y ∈ ℝ ) .
 x (1 + y 2 ) = 3 − 2
 x
Câu III (1,0 điểm)
1
∫ (
Tính tích phân : I = x ln 4 x 2 + 1 dx )
0
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB = a, AC = 2a 2 ( a > 0), BAC = 1350 và đường
thẳng AB1 tạo với mặt phẳng ( BCC1 B1 ) góc 300 . Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mp ( BCC1 B1 ) và thể
tích khối lăng trụ đã cho.
Câu V(1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
5 x 2 + 6 x + 7 = m ( x + 1) x 2 + 2
Câu VI(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 16 , điểm
I ( −1; −4 ) là giao điểm của 2 đường chéo. Trung điểm của cạnh AB là điểm M ( 3;0 ) . Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có tung độ âm.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x + y − 2 z + 1 = 0 . Viết
phương trình mặt phẳng ( Q ) , biết rằng mặt phẳng ( Q ) song song với trục Oz , vuông góc với mặt phẳng
( P ) và khoảng cách giữa trục Oz và mặt phẳng ( Q ) bằng 2.
Câu VII(1,0 điểm)
Gọi z là nghiệm của phương trình z 2 − 6 z + 13 = 0 trên tập phức.
1
Tính giá trị của biểu thức: A = z − .
z +i
------------------ Hết -----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: .............................
Chữ kí giám thị: .............................................
www.MATHVN.com

2. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Tổ: Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
----***---- MÔN: TOÁN; KHỐI: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 đ) * Tập xác định: ℝ 1
{}
* Sự biến thiên:
1
y' = > 0, ∀x ∈ ( −∞;1) ∪ (1; +∞ ) 0,25
(1 − x )
2
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và (1;+∞ ) .
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn, tiệm cận:
2x − 1 2x − 1
lim y = lim = +∞; lim y = lim = −∞
x →1− x →1− 1 − x x →1+ x →1+ 1 − x
Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0,25
2x − 1 2x − 1
lim y = lim = −2; lim y = lim = −2
x →−∞ x →−∞ 1 − x x →+∞ x →+∞ 1 − x
Do đó đường thẳng y = - 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
f '( x )
+ +
f ( x) +∞ -2
0,25
-2 −∞
Đồ thị:
1 
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; - 1) và cắt trục hoành tại điểm  ;0  .
2 
Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1; - 2) của hai tiệm cận.
y
8
0,25
6
4
2
x
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-2
-4
-6
-8
www.MATHVN.com -2-

3. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
2. (1,0 điểm).
- Phương trình tiếp tuyến (d) của đồ thị (C) tại A là: y = x − 1 hay x − y − 1 = 0 . 0,25
- M là điểm có hoành độ lớn hơn 1 và thuộc đồ thị (C)
 1 
⇒ M  x0 ; −2 −  , x0 > 1
 x0 − 1 
1 0,25
x0 + 2 + −1
x0 − 1
d ( M , ( d ) ) = d ( M , Oy ) ⇔ = x0
2
1 x0 2
⇔ x0 + 1 + = x0 2 ⇔ = 2 x0 ⇔ x0 = 2 x0 − 2 ( do x 0 > 1) 0,25
x0 − 1 x0 − 1
⇔ x0 = 2 + 2 .
(
Với x0 = 2 + 2 ⇒ M 2 + 2; −1 − 2 . ) 0,25
II  π
(2,0 đ) 1. (1,0 điểm) Giải phương trình: cos 2 x − sin 2 x = 1 − 6 cos  x − 4 
 
(1)
TXĐ: D = ℝ
 π
⇔ cos 2 x − sin 2 x = (1 + sin 2 x ) − 3 2 cos  x − 
 4
0,25
⇔ ( cos x + sin x )( cos x − sin x ) = ( cos x + sin x ) − 3. ( cos x + sin x )
2
⇔ ( cos x + s inx ) ( 3 − 2sin x = 0) 0,25
 cos x + s inx = 0
⇔
 3 − 2sin x = 0
 π π
cos x + s inx = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x = − + k π, ( k ∈ ℤ ) .
 4 4
0,25
 π
3 x = + l 2π
3 − 2sin x = 0 ⇔ s inx = ⇔
3
(l ∈ ℤ)
2 x = 2π
+ l 2π 0,25

 3
Kết luận.
 x2 y + y = 2 (1)

2. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:  2 ( x, y ∈ ℝ ) . (I)
 x (1 + y ) = 3 − 2 (2)
2 1
 x
-Điều kiện xác định x ≠ 0
( )
(1) ⇔ x 2 + 1 y = 2 ⇔ y =
2
x +1
2
2 1 4
- Thay y = vào (2) ta có: (2) ⇔ x 2 + 2 − 3 + x 2 . =0 0,25
x +1 ( x2 + 1)
2 2
x
www.MATHVN.com -3-

4. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
1  ( 2 x − x − 1)( 2 x + x + 1)
2 2 2 2
 1 4 x2 
⇔x−  + −1 = 0 ⇔  x −  + =0
 x  ( x 2 + 1)2  x ( x 2 + 1)
2
( x2 − 1)
2 2
 x2 − 1 
⇔  = 2
( x + 1)
2
 x  0,25
 x2 −1 = 0  x = 1 hoaëc x = −1 (thoûa maõn ñieàu kieän)
⇔ 4
⇔ 2 x + x + 1 = 0
2
(phöông trình voâ nghieäm)
 x = ( x 2 + 1)
2
0,25

2
Vôùi x = 1 thì y = =1
x +12
0,25
Vôùi x = −1 thì y = 1
Hệ phương trình có 2 nghiệm: (1;1) và ( −1;1) .
Cách khác: Điều kiện: x ≠ 0 . Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ nên
 1 2  xy = 1 0,5
 x + x = xy  xy = −1
 4
(I) ⇔  + ( xy ) = 5 ⇔ 
2
⇒
( xy )  xy = 2
2 2
 x + 1  + ( xy ) 2 = 5
  
 x  xy = −2
1
Với xy = 1 ⇒ x + = 2 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 . Hệ có nghiệm (1; 1)
x
0,5
1
Với xy = - 1 ⇒ x + = −2 ⇔ x = −1 ⇒ y = 1 . Hệ có nghiệm (-1; 1)
x
1
Với xy = 2 ⇒ x + = 1 ⇔ x 2 − x + 1 = 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.
x
1
Với xy = - 2 ⇒ x + = −1 ⇔ x 2 + x + 1 = 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.
x
Vậy hệ (I) có 2 nghiệm (1; 1) và (- 1; 1).
III (1,0 điểm)
(1,0 đ) 1 1
I = ∫ x ln ( 4 x 2 + 1) dx = ∫ ln ( 4 x + 1) d ( 4 x + 1)
1 2 2
0,25
0 80
1 
( )
1 1
= ( 4 x 2 + 1) ln ( 4 x 2 + 1) − ∫ ( 4 x 2 + 1) d ln ( 4 x 2 + 1)  0,25
8 0 0 
1  5
1 1
= 5ln 5 − ∫ ( 4 x 2 + 1) . 2
8x
dx  = ln 5 − ∫ xdx 0,25
8 0 4x + 1  8 0
5 x2 1 5 1
= ln 5 − = ln 5 − . 0,25
8 2 0 8 2
IV
(1,0 đ) - Kẻ AH ⊥ BC tại H ⇒ H thuộc đoạn BC do BAC > 900 .
Theo tính chất của lăng trụ đứng thì BB1 ⊥ ( ABC ) ⇒ BB1 ⊥ AH .
(
Vậy AH ⊥ ( BCC1 B1 ) ⇒ d A, ( BCC1 B1 ) = AH . )
H là hình chiếu vuông góc của A trên mp ( BCC1 B1 )
www.MATHVN.com -4-

5. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
A1 C ⇒ B1H là hình chiếu vuông góc của
1
B1A trên mp(BCC1B1)
nên góc giữa đường thẳng AB1 và
B1 mp ( BCC1 B1 ) , bằng góc giữa đường
thẳng AB1 và B1 H , bằng góc
AB1 H = 300 ( vì AB1 H < 900 trong
△ AB1 H vuông tại H với
AH ⊥ B1 H ).
A C 0,25
H
B
 2
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2. AB. AC.cos1350 = a 2 + 8a 2 − 2.a.2a 2  −  = 13a
2
 2 
⇒ BC = a 13
- Diện tích tam giác ABC là:
1 1
S ABC = AB. AC.sin BAC = .a.2a 2.sin1350 = a 2 .
2 2
1 2a 2 2a
Mặt khác: S ABC = AH .BC = a 2 ⇒ AH = =
2 BC 13
⇒ d ( A, ( BCC1 B1 ) ) = AH =
2a 0,25
13
2a
AH 4a
Trong ∆ vuông AB1H có: AB1 = = 13 =
sin AB1 H 1 13
2 0,25
2
16a 3 a 39
Trong ∆ vuông ABB1 có: BB1 = AB12 − AB 2 = − a2 = a =
13 13 13
Thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 là:
a 39 39
V = S ABC .BB1 = a 2 . = a3 ( dvtt ) . 0,25
13 13
V
(1,0 đ) -TXĐ: D = R
- Nhận thấy 5 x 2 + 6 x + 7 = 3 ( x + 1) + 2 x 2 + 2
2
( )
( ) (x + 2)
2
nên (1) ⇔ 2 x2 + 2 + 3 ( x + 1) = m ( x + 1)
2 2
0,25
x +2
2
x +1
do x = - 1 không là nghiệm của (1) nên (1) ⇔ 2. + 3. = m . (1’)
x +1 x2 + 2
www.MATHVN.com -5-

6. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
x +1 2− x
Đặt = f ( x) = t ⇒ f '( x ) =
( )
3
x2 + 2 x2 + 2
f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2; l im f ( x ) = 1 ; l im f ( x ) = −1
x →+∞ x →−∞
Ta có bảng biến thiên:
x −∞ 2 +∞
+ 0 -
f’(x)
6
2
t = f(x) 0,25
1
-1
 6
Dựa vào BBT ta có t ∈  −1; 
 2 
2
Khi đó phương trình (1’) có dạng: + 3t = m (2)
t
2  6
Xét hàm số g ( t ) = + 3t , ∀t ∈  −1; 
t  2 
0,25
3t − 2
2
6  6
g '(t ) = ; g '(t ) = 0 ⇔ t = ± ∈  −1; 
t2 3  2 
lim g ( t ) = −∞, lim g ( t ) = +∞
− +
x →0 x →0
Ta có BBT:
− 6 /3 6 /3 6/2
t -1 0
f’(t)
+∞
13
6
f(t) −2 6 2 6
) )
-5
0,25
−∞
BBT ta thấy phương trình (2) có nghiệm khi m ≤ −2 6 ∪ m ≥ 2 6 .
VI 1. (1 điểm).
www.MATHVN.com -6-

7. www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
(2,0 đ) -Đường thẳng AB qua M và vuông góc với MI A M B
1
nên nhận n = (1;1) = IM làm véc tơ pháp tuyến
4 0,25
⇒ phương trình (AB): x + y − 3 = 0 I
Gọi A ( 3 − a; a ) với a < 0 (theo giả thiết). D C
M ( 3;0 ) là trung điểm của AB nên B ( 3 + a; − a ) ⇒ AB = ( 2a; −2a )
- Ta có IM = 4 2 ⇒ AD = 2 IM = 8 2
S 16
- S = AB. AD ⇒ AB = = = 2
AD 8 2 0,25
1 1
AB = 2 ⇔ AB 2 = 2 ⇔ 4a 2 + 4a 2 = 2 ⇔ a 2 = ⇒ a = ( do a < 0).
4 2
7 1 5 1
⇒ A ; −  , B  ;  .
2 2  2 2 0,25
- Do I là trung điểm của AC và BD nên suy ra tọa độ các đỉnh C, D là :
 11 15   9 17 
C  − ; −  , D  − ; −  . Kết luận.
 2 2  2 2 0,25
2. (1 điểm)
- Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n = (1;1; −2 )
-Trục Oz có véc tơ đơn vị k = ( 0;0;1)
- Ta có  n, k  = (1; −1;0 ) ≠ 0 ⇒ n và k là 2 véc tơ không cùng phương. 0,25
 
Theo giả thiết giá của 2 véc tơ n và k song song hoặc nằm trên mp (Q) nên mp
(Q) nhận n1 = (1; −1;0 ) làm véc tơ pháp tuyến.
- Phương trình mp (Q) có dạng: x − y + d = 0, ( d ≠ 0) 0,25
1.0 − 1.0 + d d
( ) (
- Do Oz / / ( Q ) ⇒ d Oz , ( Q ) = d O, ( Q ) = ) =
2 2
d
( )
0,25
- theo giả thiết d Oz , ( Q ) = 2 ⇔ = 2 ⇔ d = ±2
2
- Với d = 2 ⇒ ( Q1 ) : x − y + 2 = 0
0,25
- Với d = −2 ⇒ ( Q2 ) : x − y − 2 = 0 .
Giải phương trình (1) ta được 2 nghiệm: z1 = 3 + 2i ; z2 = 3 − 2i 0,5
1 1 − i 17 13 458 0,25
Với z = z1 = 3 + 2i ⇒ A = 3 + 2i − = 3 + 2i − = + i =
3 + 3i 6 6 6 6
1 3+i 27 21 1170 0,25
Với z = z1 = 3 − 2i ⇒ A = 3 − 2i − = 3 − 2i − = − i =
3−i 10 10 10 10
Kết luận
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
--------------- Hết --------------
www.MATHVN.com -7-

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