1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
----------o0o----------
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN Môn thi: TOÁN - Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
2 x −1
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y=
x −1
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) (C )
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của . Tìm điểm M thuộc (C ) (C )
sao cho tiếp tuyến của (C )
tại M
vuông góc với đường thẳng . IM
Câu II (2 điểm):
1. Giải bất phương trình: 2 x 2 −x + + x ≥ 2 x 2 − + + 2 x −
5 5 x 1 1
sin 2 x cos 2 x
2. Giải phương trình: cos x
+
sin x
= tan x −cot x
1
Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = ∫ln(1 + x
2
) dx
0
Câu IV (1 điểm): Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , . Cạnh AD =a 2 CD = a
2 SA
vuông góc với đáy và ( ). Gọi K là trung điểm của cạnh DC. Chứng minh mặt phẳng
SA =3a 2 a >0
(SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp S.BCK theo a .
Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a+ + =
b c 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4a +9b + c + 9a + b +4c + 16 a +4b +9c .
16 16
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn ( C ): và ( C ): 1 x2 + 2 =
y 13 2
(x − ) +
6 y =2
25
. Gọi A là một giao điểm của ( C ) và ( C ) với y > 0 . Viết phương trình đường
2
1 2 A
thẳng đi qua A và cắt ( C ), ( C ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
∆ 1 2
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm
A( −−0),
10; 10;
và tiếp xúc với mặt cầu (S) :
B ( 0;−
2; )
1 x2 +y2 + + − + − =
z2 2x 6y 4z 15 0
x+ 1
x− 1 2
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình : (3 x −2) log 3 =4 − .9 2
3 3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực
cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ lần lượt là và C
. Tìm tọa độ các x +−
y 1 =0 3 x −−=
y 9 0
đỉnh , B
của tam giác ABC.
C
 x = 2t  x = 3− t
 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1
:  y = t và d2
:  y= t .
z= 4 z= 0
 
CMR : d1
và d2
chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của
d1và d2
.
25
Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức : z+
z
= 8 − 6i
-------------- 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:………………………..

2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC 2012
----------o0o----------
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN MÔN THI: TOÁN, KHỐI D
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
I. 1 −1
(1điểm) TXĐ: D = R {1} ; Sự biến thiên: y' =
( x −1) 2
<0 ∀ x ∈ D; hàm số nghịch biến
0.25
trên ∞
(−1)
;
và ( ;+
1 ∞)
; Cực trị: không có
lim y = lim y =2
Giới hạn và tiệm cận: x→∞
− x→ ∞
+ ; tiệm cận ngang: y = 2
0.25
lim y = − ; lim y = +
∞ ∞ ; tiệm cận đứng x = 1
x→−
1 +
x→1
Bảng biến thiên:
x −∞
1
+∞
y’ – –
y
2 +∞ 0.25
−∞
2
Đồ thị: giao với trục tung tại (0 ; 1).
y
1
Giao với trục hoành tại ( 2
;0 )
Giao của 2 tiệm cận I(1; 2) là tâm đối xứng
của đồ thị. 2
0.25
1
1
O 2
1 xx
I.2  2 x −1   1 
 x0 ; 0  IM  x0 −1; 
(1điểm) Giao điểm của 2 tiệm cận: I(1; 2); gọi M 
 x0 − 1 

; 
 x 0 −1 

0.25
 −1  1 1
Đường thẳng IM có vtpt n
 x −1 ; x 0 −1; 
 có pt là: y= x− +2 0.25
 0  ( x 0 −1) 2
( x 0 −1) 2
−1
Tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc f ' ( x0 ) = 0.25
( x 0 −1) 2
vì tiếp tuyến qua M vuông góc với IM nên tích 2 hệ số góc bằng –1, ta có:
−1 1 x = 2 .
= −1 ⇔x 0 − ) 4 =
( 1 1 ⇔ 0 0.25
( x 0 −1) 2 ( x 0 −1) 2  x0 = 0
Vậy tìm được 2 điểm là M1 ( 2; 3)
và M2 (0; 1)
II.1 1
Điều kiện: x≥
2
0.25
Bpt ⇔ x 2 −x + − 2 x 2 − + ≥ 2 x − − x
2 5 5 x 1 1 0.25
−4 x +4 x −1
⇔ ≥
2 x 2 −5 x +5 + 2 x 2 − x +1 2 x −1 + x
2

3.  4 1 
⇔ x − )
( 1 +  ≤0
 2 x 2 −5 x +5 + 2 x 2 −x +1 2x − + x 
1 
0.25
⇔≤
x 1
1
Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm: 2
≤ x ≤1 0.25
II.2 kπ
Điều kiện: sin x cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ ( k∈Z
) 0.25
(1điểm) 2
sin 2 x cos 2 x sin 2 x sin x +cos 2 x cos 2 x sin x cos x
+ = tan x −cot x ⇔ = −
cos x sin x sin x cos x cos x sin x 0.25
⇔ x =
cos sin 2 x −cos 2 x ⇔ x = cos 2 x
cos −
cos x = −1 (loai, không thỏa mãn )
(loại, khong t / m dk điều kiện)
⇔2 cos 2 x +cos x − =
1 0 ⇔ 1 0.25
cos x =
 2
1 π
⇔cos x =
2
⇔x = ± + k 2π (k ∈Z )
3 0.25
III
()  2xdx
(1điểm)
 u = ln1+ x  du = 2
2
Đặt
 ⇒  1+ x 0.25
 dv = dx 
 v= x
1 1
1 x2 1 
I = x ln(1 + x ) − 2∫ 2
dx = ln 2 − 2 ∫  1 −  dx
0 0 1+ x2 0  1+ x2 
0.25
1
1 1
= 2− x
ln 2 + ∫
2 dx = 2 − + M
ln 2 2
0 0 1+x2
1
1 π
Với M =∫ 2
dx . Đặt x =tan t
, ta tính được M= 0.25
0 1 +x
4
π
Do đó : I = ln 2 − 2 +
2
0.25
IV
2 2a 3 1 a6
(1điểm) Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 3 BK =
3
và CH = 3 CA = 3
S 0.25
⇒BH 2
+CH 2
= a2 =
2 BC 2
⇒BK ⊥AC
Từ BK ⊥ AC và BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAC)
⇒ (SBK) ⊥ (SAC) 0.25
VSBCK = 1
SA.SBCK = 1
3a 2 ×
a2 2
= a3 0.25
3 3 2 A
(đvtt) D
K 0.25
H
B C
3

4. V
( ) ( ) ( )
r r ur
u r r ur
u
Đặt u = 2a ; 3b ; 4c , v = 2c ; 3a ; 4b , w = 2b ; 3c ; 4a ⇒M = u + v + w
(1điểm)
0.5
(2 a + b + c ) ( ) ( )
r r ur
u 2 2 2
M ≥ + +
u v w = 2 2 +3a + b + c
3 3 +4 a + b + c
4 4
Theo cô – si có 2a + b + c ≥ 3 2 a++ =
2 2 3 b c
6 . Tương tự … 0.25
Vậy M ≥3 29. Dấu bằng xảy ra khi a = = =
b c 1.
0.25
VI.a.1 (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13
. (C2) có tâm I(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm
(1điểm) A(2; 3). 0.25
Giả sử ∆ ( x − + y − = (a 2 + ≠
: a 2) b( 3) 0 b2 0). Gọi d1 = (O, ∆ d 2 = ( I , ∆
d ); d )
Từ giả thiết suy ra được:
(6a − 2a − 3b) 2 ( −2a − 3b) 2
R12 − d12 = R2 − d 2 ⇔ d 2 − d12 = 12 ⇔
2 2 2
− = 12
a 2 +b2 a2 +b2
0.5
b = 0
⇔ b 2 + 3ab = 0 ⇔ 
 b = − 3a
Với b =0
chọn a =1
, thì phương trình ∆ −
: x 2 =0
0.25
Với b = 3a
−
chọn a =1
, thì phương trình
b = 3
− ∆− +
: x 3y 7 =
0
VI.a.2 (S) : x2 +y2 + + − + − =
z2 2x 6y 4z 15 0
0.25
(1điểm) Mặt cầu (S) có tâm I ( −;−
1 3
; 2)
bán kính R = 29
Gọi phương trình của (P) là ax + + + =
by cz d 0, a2 + + >
b2 c2 0
 − 10a − 10b + d = 0  c = − 10a − 8b
Do A, B ∈ )
(P
⇒ ⇔ 0.25
 − 2b + c + d = 0  d = 10(a + b)
⇒ : ax + − a + ) z + ( a + =
( P) by (10 8b 10 b) 0
29( a +b )
d ( I , ( P )) = 29 ⇔ =
Ta có: 2
+b 2 +(10 a +8b ) 2
29
a 0.25
⇔ 2 + ab +b 2 =
12a 17 6 0
- Nếu b =0
thay vào phương trình ta có a = 0 suy ra a = b = c = 0 (loại)
a 2
 a
2
a b= − 3
- Nếu b ≠0
ta có phương trình ⇔ 12  + 17 + 6 = 0 ⇔ 
 b b a= − 3 0.25
 b 4
a 2
Với b
=−
3 chọn a = 2; b = - 3 suy ra pt ( P ) : 2 x − +z − =
3y 4 10 0
a 3
Với b
=−
4
chọn a = 3; b = - 4 suy ra pt ( P ) : 3 x −y +z − =
4 2 10 0
VII.a Điều kiện: x > 1
(1điểm) x −1 2
x+ 1
2 0.25
x
(3 − 2) log 3 =4 − .9 2 ⇔ (3 x −2)[log 3 ( x − ) −log 3 3] =4 − 3 x +
1 1
3 3 3
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) − ] = − .3 x
2 1 1 4 2 ⇔ (3 x − ) log 3 ( x − ) + x − =
2 1 3 2 0 0.25
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) + ] =
2 1 1 0
(loại)
4

5. x = log 3 2
 x −2 =0
3 

x = 4
⇔ ⇔
log 3 ( x − ) =−
1 1

 3 0. 5
4
Vậy PT có nghiệm x = 3
VI.b.1 Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC ⇒
M(m; 1-m)
(1điểm) Suy ra: B = (2m - c; 11 - 2m - 3c). 0,25
2m −c + 3 7 − 2m − 3c 0,25
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( 2 ; 2 )
2m −c +3 7 −2m −3c
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3(
2
) −(
2
) −9 =0
0,25
⇒
m=2 M(2; -1)⇒
Ph¬ng tr×nh BC: x - y - 3 = 0
 3x − y − 9 = 0  x= 3
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  ⇔
 0,25
 x− y− 3= 0  y= 0
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
VI.b.2 CM được 2 đường chéo nhau (tự cm). d1 có vtcp u1 ( 2; 1 0)
; ; d2 có vtcp
(1điểm) .
u 2 ( − ; 0)
1 1
;
0. 5
Giả sử A( 2t1 ; t1 ;4) ∈ ;
d1 B (3 − ; t 2 ;0) ∈
t2 d2
 AB ⊥ u1  5t1 + t2 = 6
AB là đoạn vuông góc chung nên
 ⇔  ⇔ t1 = t2 = 1⇒ A(2; 1; 4); B(2; 1; )0 0.25
 AB ⊥ u2  t1 + 2t2 = 3
AB
Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I ( 2;1; 2)
của AB và bán kính R=
2
=2
0.25
(S): ( x − ) 2 +y − 2 +z − ) 2 =
2 ( 1) ( 2 4
VII.b Điều kiện: z ≠0
. Giả sử z = +
a bi
, a, b ∈R
và a, b
không đồng thời bằng 0
(1điểm) 0.25
1 1 a − bi
Khi đó z =−
a bi
; = =
z a + bi a 2 + b 2
0.25
25 25( a − bi )
Khi đó phương trình z+
z
= 8 − 6i ⇔ a − bi +
a 2 +b 2
= 8 − 6i 0.25
 a(a 2 + b 2 + 25) = 8(a 2 + b 2 ) (1)
⇔  2 2 . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b=
3
a thế vào (1)
 b(a + b + 25) = 6(a 2 + b 2 ) (2)
4
0.25
ta có a =0
hoặc a =4
.
Với a =0 ⇒ =
b 0
(loại)
Với a =4 ⇒ =
b 3
. Ta có số phức z = +i
4 3
Thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương.
5