�ݺ�ߣ

Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 1
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012
Môn thi: TOÁN; Khối: A & B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3
3 3( 1) 1y x mx m x m= − + − − + , (1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = .
2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt trục toạ độ Oy tại điểm .B
Tìm các giá trị thực của tham số m để diện tích tam giác OAB bằng 6, trong đó O là gốc của hệ toạ độ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 sin 1 1
2 cos cos
2 cos2 1 2 sin 1 3 3 2
x
x x
x x
π π      + = + − +     − +    
2. Giải hệ phương trình
2 1
( , )
5 1 1
x
x y
x y x y
y x y
 − = − ∈
 − − =
ℝ
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
( )6
1
ln 2 3
3
x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
2 , 4 , ' 2 3AB a BC a A C a= = = ( 0)a > . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Biết 'A B vuông góc với mặt
phẳng ( ' )AB M . Chứng minh tam giác 'A BC vuông và tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C theo a .
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thoả mãn 2 2 2
2 2 0a b c ab bc ca+ + + − − = . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 2
2 2 2
( )
c c ab
P
a ba b c a b
= + +
++ − +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm 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 toạ độ ,Oxy cho đường tròn 2 2
( ) : 10 10 30 0C x y x y+ − − + = . Viết phương trình
đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn ( )C sao cho đường thẳng ∆ cắt hai trục toạ độ ,Ox Oy lần lượt tại
,A B thoả mãn 2 2
1 1 1
5OA OB
+ = .
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho đường thẳng
1 3 2
:
2 2 1
x y z
d
+ − −
= =
−
, mặt phẳng
( ) : 2 2 5 0P x y z− − − = và điểm (0; 1;1).A − Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d và điểm N
trên mặt phẳng ( )P sao cho mặt phẳng ( )AMN vuông góc với đường thẳng d và tam giác AMN cân tại A.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn
2 2
2
2 1 2
iz z i
z
i i
− +
− =
+ −
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
: 4 0d x y− − = , đường thẳng ,BC CD lần lượt đi qua hai điểm (4;0)M và (0;2).N Biết tam giác AMN
cân tại A, xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông .ABCD
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho điểm (1;2;1)M và đường thẳng :
1 2 2
x y z
d = =
−
. Viết phương
trình mặt phẳng ( )P đi qua M và song song với đường thẳng d sao cho mặt phẳng ( )P cắt các tia
, ,Ox Oy Oz lần lượt tại các điểm , ,A B C sao cho thể tích khối chóp .O ABC bằng 9.
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thoả mãn 2
| | 1z i− = , tìm số phức z có môđun lớn nhất.
---------------Hết---------------
Chú ý: Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
Thi thử Đại học www.toanpt.net

-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2012
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Khi m =1 ta có hàm số 3 2
3y x x= − . Tập xác định D = ℝ .
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x= − ; ' 0 0 v 2y x x= ⇔ = =
' 0 ( ;0) (2; )y x> ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ . Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞
' 0 (0;2)y x< ∀ ∈ . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).
0,25
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=0. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT= -4.
Giới hạn: 3 2 3 2
lim ( 3 ) , lim ( 3 )
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− = −∞ − = +∞ 0,25
Bảng biến thiên
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
0 +∞
-∞ - 4
0,25
I.1
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm (0;0) và (3;0)
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;0).
0,25
Ta có 2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m= − + − ;
2 2
' 0 2 1 0 1 v 1y x mx m x m x m= ⇔ − + − = ⇔ = − = +
Hàm số có cực đại, cực tiểu m∀ ∈ ℝ .
0,25
Khi đó điểm cực đại là ( 1; 3 3)A m m− − + .
Phương trình tiếp tuyến d tại điểm A là: '( )( )A A A
y y x x x y= − + 3 3y m⇔ = − + .
0,25
Ta có { } (0; 3 3)B d Oy B m= ∩ ⇒ − +
Điều kiện để có tam giác OAB là 1m ≠ .
Do tiếp tuyến d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B
0,25
I.2
(1 điểm)
| 1 |, | 3 3 |AB m OB m= − = − +
Diện tích tam giác OAB là 21
. ( 1) 4
2OAB
S ABOB m= ⇔ − = 1 v 3m m⇔ = − = .
0,25
Điều kiện:
1
cos2
2 ,
1 6
sin
2
x
x k k
x
π
π
 ≠ ⇔ ≠ ± + ∈
 ≠ −
ℤ . 0,25
II.1
(1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với 2
2 sin 1 2 1
cos cos2
2 sin 1 3 21 4 sin
x
x
xx
π  + = + +  +−  
0,25

1
cos2
2 cos2 1
x
x
⇔ =
−
2
2 cos 2 cos2 1 0x x⇔ − − = 0,25
cos2 1
( )1
cos2
2 3
x x k
k
x x k
π
π
π
 = = 
 ⇔ ⇔ ∈
 = − = ± +  
ℤ (Thoả mãn điều kiện). 0,25
Điều kiện:
0
1
5
x
y
 ≠
 ≥
Phương trình (1) tương đương với
2
2 2
0 ( )( 1) 0
x y
x y x y xy
xy
−
− + = ⇔ − + =
2
1
y x
x
y
 =
⇔  = −

0,25
* Với 2
y x= thế vào phương trình (2) ta có 2 2
5 1 1x x x− = + (3)
+ Nếu 0x > thì phương trình (3) trở thành 2 2 4 2
5 1 1 3 2 0x x x x− = + ⇔ − + =
2 2
1
1 v 2
2
x
x x
x
 =⇔ = = ⇔ 
=
(Thoả mãn)
1
v
2
x
x
 = −

= −
(Loại)
Hệ phương trình có 2 nghiệm
1 2
,
1 2
x x
y y
  = =  
 = =  
0,25
+ Nếu 0x < thì phương trình (3) trở thành
2
2 2
4 2
1
5 1 1
7 2 0
x
x x
x x
 ≤− = − ⇔ 
 − + =
2 7 41
2
x
−
⇔ =
7 41
2
x
−
⇔ = − (Thoả mãn) v
7 41
2
x
−
= (Loại)
Hệ phương trình có 1 nghiệm
7 41
2
7 41
2
x
y
 − = −
 − =
0,25
* Với
1
x
y
= − thế vào phương trình (2) ta có
1
5 1 1y
y
− + = (4)
Nếu
1
1
5
y≤ < thì
1
1
y
> nên phương trình (4) vô nghiệm ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm.
Nếu 1y ≥ thì 5 1 2y − ≥ nên phương trình (4) vô nghiệm ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm.
0,25
II.2
(1 điểm)
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm:
1 2
,
1 2
x x
y y
  = =  
 = =  
,
7 41
2
7 41
2
x
y
 − = −
 − =
Đặt 2
3 3t x t x= + ⇔ = +
Khi x = 1 thì t = 2; khi x = 6 thì t = 3 ; Ta có dx = 2tdt
0,25
III
(1 điểm)
Do đó
3 3 3 3
3 2
2 2 2 2
2 ln( 3 2) 2 ln ( 1) ( 2) 4 ln( 1) 2 ln( 2)I t t dt t t dt t dt t dt = − + = − + = − + +  ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25

* Tính
3
1
2
4 ln( 1)I t dt= −∫ . Đặt
ln( 1)
1
1
dtu t du
t
dv dt v t
  = − = ⇒  − =  = − 
Do đó
3
1
2
3
4( 1)ln( 1) 4 8 ln 2 4
2
I t t dt= − − − = −∫
0,25
* Tính
3
2
2
2 ln( 2)I t dt= +∫ . Đặt
ln( 2)
2
2
dtu t du
t
dv dt v t
  = + = ⇒  +
 =  = + 
Do đó
3
2
2
3
2( 2)ln( 2) 2 10 ln 5 8 ln 4 2
2
I t t dt= + + − = − −∫
Vì vậy, 1 2
10 ln 5 8 ln 2 6I I I= + = − − .
0,25
0,25
Gọi {I}=AB’∩A’B
A’B⊥(AB’M) ⇒ A’B⊥MI
MI là đường trung bình của tam giác A’BC ⇒MI//A’C
Do đó A’B⊥ A’C ⇒ 'A BC∆ vuông tại A’
'A BC∆ vuông tại A’⇒
1
' 2
2
A M BC a= =
và A’B=2a
ABC∆ vuông tại A ⇒
1
2
2
AM BC a= =
A’B⊥(AB’M) ⇒ A’B⊥AB’⇒ Tứ giác ABB’A’ là
hình thoi ⇒ AA’ = AB = 2a.
Do đó tứ diện A’ABM là tứ diện đều với cạnh bằng 2a.
0,25
Gọi N là trung điểm của cạnh AB ⇒ 3MN a= .
Gọi H là tâm của tam giác đều ABM ⇒ A’H⊥(ABM) và
2 2 3
3 3
a
HM MN= =
⇒ 2 2 2 6
' '
3
a
A H A M HM= − =
0,25
IV
(1 điểm)
Thề tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là 3
. ' ' '
1
. ' . . ' 4 2
2ABC A B C ABC
V S A H AB AC A H a= = = 0,25
Từ giả thiết ta có 2
( )a b c ab+ − = . Đặt ,
a b
x y
c c
= = ( , 0x y > ) 0,25
Áp dụng BĐT
2
( )
4
x y
xy
+
≤ .Từ giả thiết ta có
2
2 ( ) 2
( 1) 2
4 3
x y
xy x y x y
+
= + − ≤ ⇒ ≤ + ≤ 0,25
Áp dụng bất đẳng thức : 2
2
( )
xy xy
x y x y
≥
+ +
và
1 1 4
, , 0A B
A B A B
+ ≥ ∀ >
+
Khi đó 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2
( 1) ( )
xy xy
P
x y xyx y x y x y x y
= + + ≥ + +
++ − + + +
0,25
V
(1 điểm)
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 4 1 2 4 2
2 2
2 2 2 ( )( ) 2 ( ) ( )
xy xy
xy xy xy x yx y x y x y xy x y x y
     = + + + ≥ + = + ≥     ++ + + + + +   
Vậy min 2P = đạt được khi 1x y= =
0,25
VI.a.1 Đường tròn (C) có tâm I(5;5), bán kính 2 5R = 0,25
A
B
M
C
A’ C’
B’
I
K
HN
2a2a
2 3 a

Giả sử A(a,0), B(0 ;b) (a,b ≠0). Phương trình đường thẳng : 1
x y
a b
∆ + = 0,25
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2 2
2 2
1 1 1
5 1 1 1
1 1 1 5 5 515 5 5
( , ) 1 22 5
1 1
a b
a b
OA OB a b
d I R
a b
a b
 + =    + = + =   + −⇔ ⇔  
    ∆ = + − ==      +
0,25
(1 điểm)
1 1 3 1 1 1
5 5v
1 2 1 2
25 25
a b a b
ab ab
   + = + = −   ⇔  
  = = −    
1 1 1 2 1 2 1 1
5 5 5 5v v v
1 2 1 1 1 1 1 2
5 5 5 5
a a a a
b b b b
         = = = − =         ⇔    
      = = = = −            
Các phương trình đường thẳng ∆ là: x+2y-5=0; 2x+y-5=0; 2x – y +5 =0; x -2y -5 = 0.
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (2; 2;1)u = −
Do ( )AMN d⊥ nên một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (AMN) là (2; 2;1)n u= = −
Phương trình mặt phẳng (AMN) là : 2x -2y + z -3 = 0.
0,25
Ta có { } ( )M d AMN= ∩ . Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
11 3 2
12 2 1
2 2 3 0 3
xx y z
y
x y z z
 = + − −  = =  ⇔ = −  − + − = =  
. Ta có M(1 ;1 ; 3)
0,25
Ta có { } ( ) ( )N P AMN= ∩ . Giả sử N(a; b; c)
( )
( )
N P
N AMN
AM AN
 ∈ ∈
 =
2 2 2
2 2 5 0
2 2 3 0
( 1) ( 1) 9
a b c
a b c
a b c
 − − − =⇔ − + − =
 + + + − =
0,25
VI.a.2
(1 điểm)
2 2
( 1) 5 2 1
2 0 v 3
1 1 1
a a a a
b a b b
c c c
    + − = = = −      ⇔ = − ⇔ = = −  
    = − = − = −      
Ta có N(2 ; 0 ; -1) thoả mãn, N(- 1 ; - 3 ; - 1) bị loại do A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
0,25
Phương trình đã cho tương đương với (2 )(1 2 ) ( 2 )(2 ) 2(2 )(1 2 )iz i z i i i i z− − − + + = + − 0,25
(2 4 ) (2 ) (4 3 )i i z i z⇔ − − + = − (1) 0,25
Giả sử ,( , )z x yi x y= + ∈ ℝ
Khi đó phương trình (1) tương đương với (2 4 ) (2 )( ) (4 3 )( )i i x yi i x yi− − + + = − −
(2 2 ) (4 2 ) (4 3 ) (3 4 )x y x y i x y x y i⇔ − + − + + = − − +
0,25
VII.a.
(1 điểm)
2 2 4 3 3 2 1 1
4 2 3 4 2 1
x y x y x y x
x y x y x y y
    − + = − − = =    ⇔ ⇔ ⇔  
  + + = + + = =      
Vậy số phức 1z i= + .
0,25
Giả sử A(t ;t-4) ∈d. Do tam giác AMN cân tại A nên AM =AN
2 2 2 2
( 4) ( 4) ( 6) 1t t t t t⇔ − + − = + − ⇔ = − . Ta có A( - 1 ; -5 )
0,25
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử phương trình đường thẳng BC đi qua M(4;0) có dạng: 4 0ax by a+ − = ( 2 2
0a b+ ≠ )
Do CD⊥BC và đường thẳng CD đi qua điểm N(0 ;2)
⇒ phương trình đường thẳng CD là 2 0bx ay a− + =
0,25

Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách
2 2 2 2
| 5 5 | | 7 |
( , ) ( , )
a b a b
d A BC d A CD
a b a b
− − −
= ⇔ =
+ +
3 v 3a b a b⇔ = − = 0,25
* Với 3a = - b chọn a= 1, b = - 3. Phương trình các cạnh
AB: 3x + y + 8= 0
BC: x-3y-4=0
CD: 3x + y – 2= 0
DA: x-3y-14=0
Ta có A(-1;-5), B(-2; -2), C(1;-1), D(2;-4).
*Với a = 3b chọn a = 3, b = 1. Phương trình các cạnh
AB: x -3y-14=0
BC: 3x+y-12=0
CD: x -3y + 6 = 0
DA: 3x+y + 8 = 0
Ta có A(-1; - 5), B(5;-3), C(3;3), D(-3;1).
0,25
Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), ( , , 0a b c > )
Phương trình mặt phẳng (P): 1
x y z
a b c
+ + = .
0,25
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
1 1 1
( ; ; )n
a b c
= .
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (1;2; 2)u = −
0,25
.
1 2 1
1
( )
1 2 2
. 0 0
9
9
6
O ABC
M P a b c
n u
a b c
V abc
 + + =  ∈    = ⇔ + − = 
  =    =
0,25
VI.b.2
(1 điểm)
1 2 2 1 1
3 3
1 2 1 1 1
.
9 6
1 1 1 1
3 3
a b a
a b b
c c
   + = =      ⇔ = ⇔ = 
     = =    
. Phương trình mặt phẳng (P) là: 2 2 6 0x y z+ + − = 0,25
Giả sử ,( , )z x yi x y= + ∈ ℝ . Ta có 2 2
| |z x y= +
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có 2 2 2 2
2 2 | | 2x y x y xy xy+ ≥ = ≥ hay 2
2 | |xy z≤ (1)
0,25
Ta có 2 2 2
( ) 2z x y xyi= − + .
Từ giả thiết 2 2 2 2 2
| | 1 ( ) (2 1) 1z i x y xy− = ⇔ − + − = 2 2 2
( ) 4x y xy⇔ + = (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có 4 2
| | | | | | 2z z z≤ ⇒ ≤ 0,25
VII.b.
(1 điểm)
Vậy max | | 2z = , đạt được khi
2 2
| |
2
x y
xy xy
x y
 = =
 + =
1 1
v
1 1
x x
y y
  = = −  ⇔  
 = = −   
hay 1z i= + hoặc 1z i= − −
0,25
Chú ý: Những thí sinh có lời giải khác với đáp án, Giám khảo tự điều chỉnh thang điểm cho phù hợp.
Xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo: Phạm Kim Chung, Nguyễn Thị Thoả (THPT Đặng Thúc Hứa) đã giải và
phản biện đề thi!
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC!

�ݺ�ߣ

Toan pt.de083.2012

More Related Content

Toan pt.de083.2012