Đề thi thử Đại học môn Toán

1. TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
-----------------------
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II
NĂM HỌC 2009–2010
Môn thi : TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số 4 2
4 3 (1).= − +y x x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 7 nghiệm thực phân biệt:
4 2
x 4x 3 m.− + =
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 3
cos x 2 sinx, x .
4
π 
− = ∈ 
 
¡
2. Giải phương trình: ( ) ( )x x 2 x x 1 2 x , x .− + + = ∈¡
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
6
dx
I .
sinx 3 cos x
π
π
=
+
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Biết BC a 3, AC AS 2= = và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) bằng o
45 ,
tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện: 2 2
x xy y 1− + = . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )
2 22 2
2 2
x 1 y 1 2xy(xy 1) 3
P .
x y 3
− + − + − +
=
+ −
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 3), B(5; 2), C(-2; -1). Xác định tọa độ điểm D sao
cho ABCD là một hình thang cân với AD song song BC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; -2; 3), B(2; 1; -3), C(1; -3; 2). Chứng minh rằng
A, B, C không thẳng hàng, xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình: 2
z 2z 0.+ =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(-3; 1), phân giác trong và đường
cao cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: 1 2d : x 3y 12 0, d : x 7y 32 0.+ + = + + = Tìm tọa
độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x 1 y 2 z 3
:
2 1 1
− − −
∆ = =
−
và hai mặt
phẳng ( ) ( )P : x 2y z 3 0, Q : x y 2z 2 0.− + − = + − − = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm
trên đường thẳng ∆ đồng thời tiếp xúc với cả (P) và (Q).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình : ( )3log x 1
2 x, x .
+
= ∈¡
--------------------------- Hết ------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh : .......................................................Số báo danh : ...........................
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II
NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán , khối A, B, D (gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 1,00
• Tập xác định: D = ¡ .
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên 3
y' 4x 8x. y 0 x 0; x 2′= − = ⇔ = = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( )2;0 và 2;− +∞ .
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ); 2 và 0; 2−∞ − .
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, cdy 3= , đạt cực tiểu tại ctx 2, y 1= ± = −
Giới hạn:
xx
lim y lim y
→+∞→−∞
= = +∞ .
0,25
Bảng biến thiên:
x -∞ 2− 0 2 + ∞
y' - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ +∞
3
-1 -1
• Đồ thị: (h1)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
O -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
O
(h1) (h2)
0,25
0,25
2 Tìm các giá trị của m… 1,00
Xét hàm số 4 2
y x 4x 3= − + (2). Từ đồ thị hàm số (1) suy ra đồ thị hàm số (2) như sau: Giữ
nguyên phần đồ thị hàm số (1) nằm phía trên trục hoành.
0,25
Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số (1) nằm dưới Ox qua Ox; bỏ phần đồ thị hàm số (1) nằm
dưới Ox.
0,25
Số nghiệm thực của phương trình 4 2
x 4x 3 m− + = bằng số giao điểm của đường thẳng
y = m với đồ thị hàm số (2).
0,25
Căn cứ vào đồ thị (h2) ta thấy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

3. II 1 Giải phương trình lượng giác… 1,00
3
cos x 2 sinx
4
π 
− = 
 
( ) ( )3 31
cos x sinx 2 sinx cos x sinx 4sin x
2 2
⇔ + = ⇔ + =
3 2 2 3
cos x 3cos xsin x 3cos x sin x sin x 4sin x⇔ + + + =
0,25
+ Nếu sinx=0 thì cosx=0, mâu thuẫn với 2 2
sin x cos x 1.+ = 0,25
+ Nếu sinx≠ 0 thì chia 2 vế của phương trình cho 3
sin x ta được
( )3 2 2 3 2
cot x 3cot x 3cot x 1 4 1 cot x cot x cot x 3cot x 3 0+ + + = + ⇔ − + − =
0,25
( )( )2
cot x 1 cot x 3 0 cot x 1 x k , k .
4
π
⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + π ∈¢ 0,25
2 Giải phương trình vô tỷ… 1,00
Điều kiện ( ] [ ) { }x ; 1 2; 0∈ −∞ − +∞U U 0,25
Phương trình tương đương:
( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2
x 2x x x 2 x x x 2 4x 2 x x x 2 2x x− + + + − − = ⇔ − − = +
0,25
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2
4x x x 2 x 4x 4x 1 x 4x 4x 8 4x 4x 1 0⇔ − − = + + ⇔ − − − − − = 0,25
( )2
x 0
x 8x 9 0 9
x
8
=
⇔ − − = ⇔
 = −

thỏa mãn điều kiện. 0,25
III Tính tích phân… 1,00
I=
( )
3 3
3
6 6
1 dx 1 dx
2 21 3 sin xsinx cos x
2 2
π π
π
π π
=
++
∫ ∫ 0,25
Đặt t = x +
3
π
, ta có:
2 2
3 3
2
2 2
1 dt 1 dcost
I
2 sint 2 1 cos t
π π
π π
= = −
−
∫ ∫ 0,25
( ) ( )( )
2
3
2
2
1 1 1 1 3
dcos t ln 1 cos t ln 1 cos t
4 1 cost 1 cost 4
2
π
π
π
 
= − + = − + − − 
π− + 
∫ 0,25
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

4. 2 1 1
1
1 1 cost 1 1 13 2 2ln ln ln ln3
1 34 1 cos t 4 4 4
1
2 22
π  
− +
= − = − = − = 
π−  + 
 
. 0,25
IV Cho hình chóp S.ABC… 1,00
Ta có ( ) ·BC AB
BC SAB BC SB BSC
BC SA
⊥ 
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒
⊥ 
là góc giữa đường thẳng SC với
mặt phẳng (SAB). Vậy tam giác SBC vuông cân đỉnh B.
0,25
Đặt SA=x, ta có AC= x 2 SC x 3⇒ = (1)
Mặt khác do tam giác SBC vuông cân tại B nên SC=a 6 (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra a 6 = x 3 x a 2 AB a⇔ = ⇒ = 0,25
Thể tích khối chóp SABC: V(SABC) = ( )
1 1 1
dt ABC .SA . AB.BC.AS
3 3 2
=
1
a.a 3.a 2
6
=
3
3a 6 6
a
6 6
= = (đvtt).
0,25
V Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00
( ) ( ) ( )
2 22 2
2 2
2 2
x 1 y 1 2xy xy 1 3 x y 2xy 4
P
xy 2x y 3
− + − + − + − +
= =
−+ −
( )
( )
22 2
22 2
1 x xy y x y xy xy xy 1
1
1 x xy y x y 3xy 3xy xy
3
= − + = − + ≥ ⇒ ≤
= − + = + − ≥ − ⇒ ≥ −
0,25
Từ đó nếu đặt t = xy thì t
1
;1
3
 
∈ −  
và ( )
2
t 2t 4 4
P f t t
t 2 t 2
− +
= = = +
− −
( )
( )
( )2
2
t 2 2 t 44
f t 1 0 t 2 4
t 2 2 t 0t 2
− = = 
′ = − = ⇔ − = ⇔ ⇔ − = − = −
0,25
( ) 2 21
t ;1
3
xy 1
min f t 3 t =1
x xy y 1 
∈ − 
 
=
= − ⇔ ⇔ ⇔
− + =
( )2 x y 1x y 4
x y 1xy 1
 = = + =
⇔  = = −= 
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }2 21
t ;1
3
xy 0
max f t 2 t =0 x;y 0;1 , 0; 1 , 1;0 , 1;0
x xy y 1 
∈ − 
 
=
= − ⇔ ⇔ ⇔ ∈ − −
− + =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3, giá trị lớn nhất của P là -2.
0,25
VIa 1 Xác định tọa độ điểm D… 1,00
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

5. Ta có: ( )BC 7; 3= − −
uuur
. Trung điểm I của BC có tọa độ
3 1
I ;
2 2
 
 
 
.
Phương trình đường thẳng ∆ là trung trực của BC: 7x +3 y – 12 = 0.
0,25
Dễ thấy A và B nằm cùng phía đối với ∆ nên tồn tại hình thang thỏa mãn điều kiện bài
toán.
0,25
Phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC: 3x 7y 18 0− + =
Tọa độ giao điểm J của d và ∆ là nghiệm của hệ:
7x 3y 12 0 15 81
J( ; )
3x 7y 18 0 29 29
+ − =
⇒
− + =
0,25
Điểm D (x,y) đối xứng với A qua J nên tọa độ thỏa mãn:
30 1
x 1 x
29 29
162 75
y 3 y
29 29
 
+ = =  
⇔ 
 + = =
  
.
Vậy D (
1
29
;
75
29
).
0,25
2 Xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1,00
AB (1;3; 6);AC (0; 1; 1)= − = − −
uuur uuur
( )
3 6 6 1 1 3
AB,AC ; ; ; 9;1; 1 0
1 1 1 0 0 1
 − − 
  = = − − ≠ ⇒   − − − − 
uuuuruuur r
A, B, C không thẳng hàng.
0,25
Phương trình mặt phẳng (ABC): 9x y z 14− + = . Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, ta có:
IA IB
IA IC
I (ABC)
=

=
 ∈
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x 1 y 2 z 3 x 2 y 1 z 3
x 1 y 2 z 3 x 1 y 3 z 2
9x y z 14
 − + + + − = − + − + +


⇔ − + + + − = − + + + −
 − + =

x 3y 6z 0
y z 0
9x y z 14
+ − =

⇔ + =
 − + =
0,25
126 14 14
I ; ;
83 83 83
 
⇒ − 
 
0,25
VIIa Tìm nghiệm phức của phương trình: 2
z 2z 0+ = 1,00
Giả sử z = x + yi, theo giả thiết ta có:
2 2 2 2
x y 2xyi 2x 2yi 0 x y 2x 2y(x 1)i 0− + + − = ⇔ − + + − =
0,25
2 2
x y 2x 0
2y(x 1) 0
 − + =
⇔ 
− =
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }x,y 0;0 ; 2;0 ; 1; 3 ; 1 3∈ − − 0,25
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

6. Phương trình có 4 nghiệm z = 0; z = -2; z = 1 3i+ ; z = 1 3i− 0,25
VIb 1 Tìm tọa độ các đỉnh B, C… 1,00
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x 3y 12 0 x 3
B(3; 5)
x 7y 32 0 y 5
+ + = = 
⇔ ⇒ − 
+ + = = − 
0,25
Gọi A′ (x,y) là điểm đối xứng với A qua 1d : 1AA d′ ⊥ và trung điểm của AA’ thuộc 1d
27x 3 y 1
x
3x y 10 0 27 3151 3
A ;
x 3y 24 0 31x 3 y 1 5 5
y3 12 0
52 2
+ − 
= −=  − + =   
′⇔ ⇔ ⇔ ⇒ − −    
+ + =− +    = −+ + =
  
0,25
Đường thẳng BC chính là đường thẳng BA′ : x 7y 38 0− − =
Phương trình đường thẳng AC:
x 3 y 1
7x y 22 0
1 7
+ −
= ⇔ − + =
0,25
Tọa độ C là nghiệm ( )
7x y 22 0 x 4
C 4, 6
x 7y 38 0 y 6
− + = = − 
⇔ ⇒ − − 
− − = = − 
. Vậy ( ) ( )B 3; 5 , C 4, 6− − − . 0,25
2 Viết phương trình mặt cầu (S)… 1,00
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc ∆ nên tọa độ I có dạng I(1+2t;2+t; 3-t). 0,25
Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên d(I,(P)) = d(I,(Q))
( ) ( )2 22 2 2 2
1 2t 4 2t 3 t 3 1 2t 2 t 6 2t 2
t 3 5t 5
1 2 1 1 1 2
+ − − + − − + + + − + −
⇔ = ⇔ + = −
+ − + + + −
t 2
1
t
3
=
⇔
 =

0,25
+ Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R =
5
6
và (S):( ) ( ) ( )2 2 2 25
x 5 y 4 z 1
6
− + − + − = 0,25
+ Với t =
1 5 7 8 10
I ; ; ;R
3 3 3 3 3 6
 
⇒ = 
 
và (S):
2 2 2
5 7 8 20
x y z
3 3 3 9
     
− + − + − =     
     
0,25
VIIb Giải phương trình … 1,00
Điều kiện x > -1. Đặt t = ( ) t t
3log x 1 x 1 3 x 3 1+ ⇒ + = ⇒ = − 0,25
Phương trình trở thành
t t
t t t t 2 1
2 3 1 2 1 3 1
3 3
   
= − ⇔ + = ⇔ + =   
   
(*) 0, 25
Vì ( )
1 2
; 0;1
3 3
∈ nên vế trái của (*) là hàm số nghịch biến của t, vế phải là hàm hằng do đó
(*) có nhiều nhất 1 nghiệm.
0, 25
Mặt khác t = 1 là nghiệm của (*) suy ra (*) tương đương t = 1 hay
( )3log x 1 1 x 1 3 x 2+ = ⇔ + = ⇔ = (thỏa mãn điều kiện).
0,25
Thi th Đ i h c www.toanpt.net