tuyển tập 8 đề thi thử toán ôn thi đại học

OnLuyenToan - 2012 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ———— ĐỀ 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: (C m ) : y =−x 3 +(2m +1)x 2 −m −1 1) Với m =1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C 1 ) 2) Tìm m để đường thẳng y =2mx −m −1 cắt đồ thị hàm số (C m ) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn OA 2 +OB 2 +OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin  3x + π 4  +8sin 2 x −  2sin x =2 2) Giải phương trình:  1 +x 2 +x 4 +x =  x −x 3 Câu III. (1 điểm) Tính   8  3 x 3 ln x  x 2 +1 dx. Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A ′ B ′ C ′ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC ′ tạo với mặt phẳng (ABB ′ A ′ ) góc 60 o và AB = A A ′ = a , (a >0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB ′ ,CC ′ ,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A ′ B ′ C ′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 =2. Chứng minh rằng x 3 y 2 + 9y 2 x +2y ≥4. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B) Phần A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung tuyến CM : 3x +7y −8 = 0, phương trình đường trung trực của BC : x −3 = 0. Tìm tọa độ của đỉnh A. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đi ểm A(3; 2;−1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng ∆ : x −1 1 = y +2 2 = z −2 −1 , điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x + y+z −3 =0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình:  log 2 1 2  2x 2 −x  −4 ≤  5 Phần B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x+2) 2 +(y−1) 2 =4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 +z 2 −4x +2y −4 = 0 và mặt phẳng (P) : x +2y−2z +9 =0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trụ c hoành . Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phứ c z thỏa mãn phương trình: | z | 4 z 2 + z = −200 1 −7i ——— Hết ——— OnLuyenToan - 2012 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: Toán PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Cho hàm số: (C m ) : y =−x 3 +(2m +1)x 2 −m −1 1) Với m =1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C 1 ) Lời giải: Với m =1 hàm số là y =−x 3 +3x 2 −2 • TXĐ là D =R • Chiều biến thiên y ′ =−3x 2 +6x =3x ( −x +2 ) Nên y ′ =0 ⇔  x =0 ⇒ y =−2 x =2 ⇒ y =2 y ′ <0 ⇔−∞< x <0 hoặc 2 < x <+∞⇒ hàm số nghịch biến trên ( −∞;0 ) ; ( 2;+∞ ) y ′ >0 ⇔0 < x <2 ⇒ hàm số đồng biến trên ( 0; 2 ) . Giới hạn tại vô cực lim x→+∞ y =−∞; lim x→−∞ y =+∞. Bảng biến thiên x y ′ y −∞ 0 2 +∞ − 0 + 0 − +∞+∞ −2−2 22 −∞−∞ Điểm cực đại ( 2; 2 ) , điểm cực tiểu ( 0; −2 ) . • Đồ thị Giao với các trục tọa độ: Cho x = 0 ⇒ y =−2 và cho y =0 ⇒x =1, x =1−  3, x =1+  3. Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A 1 (1;0), A 2  1 −  3;0  , A 3  1 +  3;0  . 1 2 3 −1 −2 −3 1 2 3−1 Câu I. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Tìm m để đường thẳng y = 2mx −m −1 cắt đồ thị hàm số (C m ) tại 3 điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn OA 2 +OB 2 +OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: 2 OnLuyenToan - 2012 Phương trình hoành độ giao điểm của đư ờng thẳn g d : y =2mx −m −1 với đồ thị hàm số (C 1 ): 2mx −m −1 =−x 3 +(2m +1)x 2 −m −1 ⇔ x  x 2 −(2m +1)x +2m  =0 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C 1 ) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x) = x 2 −(2m+1)x+2m =0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:  ∆ =(2m +1) 2 −4.2m >0 g(0) =0 ⇔  (2m −1) 2 >0 m =0 ⇔    m = 1 2 m =0 (∗) Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x) =0, thì khi đó ta có: A(x 1 ;2mx 1 −m −1), B(x 2 ;2mx 2 −m −1), C(0;−m −1) ⇒OA 2 +OB 2 +OC 2 = x 2 1 +x 2 2 +(2mx 1 −m −1) 2 +(2mx 2 −m −1) 2 +(m +1) 2 = x 2 1 +x 2 2 +  4m 2 x 2 1 −4mx 1 (m +1) +(m +1) 2  +  4m 2 x 2 2 −4mx 2 (m +1) +(m +1) 2  +(m +1) 2 =(x 2 1 +x 2 2 )(1 +4m 2 ) −4m(m +1)(x 1 +x 2 ) +3(m +1) 2 =  (x 1 +x 2 ) 2 −2x 1 x 2  (1 +4m 2 ) −4m(m +1)(x 1 +x 2 ) +3(m +1) 2 Lại có, theo Vi-et thì:  x 1 +x 2 =2m +1 x 1 x 2 =2m ⇒OA 2 +OB 2 +OC 2 =  (2m +1) 2 −2.2m  (1 +4m 2 ) −4m(m +1)(2m +1)+3(m +1) 2 =16m 4 −8m 3 −m 2 +2m +4 = h(m) Khảo sát hàm h(m) trên R cho ta h(m) ≥ h  −1 4  = 29 8  m = −1 4 thỏa điều kiện (∗)  Vậy tổng OA 2 +OB 2 +OC 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 29 8 tại m = −1 4 Câu II. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Giải phương trình: sin  3x + π 4  +8sin 2 x −  2sin x =2 Lời giải: Biến đổi phương trình thành: sin3x +cos3x +8  2sin 2 x −2sin x −2  2 =0 (1) ⇔(sin3x −2sin x)+2  2(4sin 2 x −1) +cos x(4cos 2 x −3) =0 ⇔(2  2 −sin x)(4sin 2 x −1) +cos x(2cos 2x −1) =0 ⇔(2  2 −sin x)(4sin 2 x −1) +cos x(2cos 2x −1) =0 ⇔(2  2 −sin x)(1−2cos 2x) +cos x(2 cos2x −1) = 0 ⇔(sin x +cos x −2  2)(2cos2x −1) =0 ⇔cos2x =cos π 3 ⇔x =± π 6 +kπ, (k ∈Z) Còn sin x +cos x =2  2 (vô nghiệm) do sin x +cos x ≤  2 Vậy x =± π 6 +kπ, (k ∈Z) Câu II. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Giải phương trình:  1 +x 2 +x 4 +x =  x −x 3 Lời giải: 3 OnLuyenToan - 2012 Điều kiện : x ∈(−∞;−1] ∪[0;1] • Xét với x =0 Không là nghiệm của hệ : • Với x ∈(0;1] ta có : ⇔ x  1 x 2 +x 2 +1 +x = x  1 x −x ⇔  1 x 2 +x 2 +1 +1 =  1 x −x Đặt : t =  1 x −x ⇒ t 4 = 1 x 2 +x 2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t  t 4 +3 +1 = t ⇔  t −1 ≥0 t 4 +3 = t 2 −2t +1 ⇒ t = −1(loại) • Xét với x ∈(−∞;−1] ta có −  1 x 2 +x 2 +1 +1 =−  1 x −x Tương tự ta có t =  1 x −x ⇒ t 4 = 1 x 2 +x 2 −2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t −  t 4 +3 +1 =−t ⇔  t +1 ≥0 t 4 +3 = t 2 +2t +1 ⇒ t = 1 (thỏa mãn) • Với t =1 ⇒ 1 x −x =1 ⇔ x 2 +x −1 =0 ⇔     x = −1 −  5 2 x = −1 +  5 2 (Loại) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = −1 −  5 2 Câu III. (1 điểm) ——————————————————————————— Tính   8  3 x 3 ln x  x 2 +1 dx. Lời giải: Biến đổi I =   8  3 x 3 ln x  x 2 +1 dx = 1 2   8  3 x 2 .ln x 2 .x.dx  x 2 +1 Đặt t =  x 2 +1, (t ≥0) ⇒ t 2 = x 2 +1 ⇒ t.dt = x.dx; x =  8 ⇒t =3 x =  3 ⇒t =2 ta được: I = 1 2  3 2 (t 2 −1).ln(t 2 −1).t.dt t = 1 6  3 2 (t 3 −3t) ′ ln(t 2 −1)dt = 1 6 (t 3 −3t)ln(t 2 −1)    3 2 − 1 3  3 2 (t 3 −3t)tdt t 2 −1 = 1 6 (t 3 −3t)ln(t 2 −1)    3 2 − 1 3  3 2  t 2 −2 + 1 t +1 − 1 t −1  dt = 1 6 (t 3 −3t)ln(t 2 −1)    3 2 − 1 3  1 3 t 3 −2t +ln t +1 t −1     3 2 Câu IV. (1 điểm) ——————————————————————————— Cho lăng trụ đứng ABC.A ′ B ′ C ′ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC ′ tạo với mặt phẳng (ABB ′ A ′ ) góc 60 o và AB = AA ′ =a , (a >0). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB ′ ,CC ′ ,BC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A ′ B ′ C ′ cùng khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và NP theo a 4 OnLuyenToan - 2012 Lời giải: A B B ′ A ′ N M K C ′ C P Q H ′ Tính thể tích Gọi K là trung điểm của A ′ B ′ , ta có ∆A ′ B ′ C ′ cân tại C ′ nên K C ′ ⊥ A ′ B ′ Có K C ′ ⊥ A A ′ ⇒K C ′ ⊥(ABB ′ A ′ ) ⇒K C ′ ⊥ AM ⇒K C ′ ⊥BK ⇒  (BC ′ ,(ABB ′ A ′ ) =  KBC ′ =60 o lại có AM =BK = a  5 2 xét trong ∆BKC ′ ⇒K C ′ = a  15 2 , S A ′ B ′ C ′ = 1 2 · A ′ B ′ ·K C ′ = 1 2 ·a · a  15 2 = a 2  15 4 V ABC.A ′ B ′ C ′ = A A ′ ·S A ′ B ′ C ′ =a · a 2  15 4 = a 3  15 4 Tính khoảng cách Nếu gọi Q là trung điểm của B ′ C ′ thì MQNP ⇒ NP(AMQ) ⇒ d(AM, NP) = d[P, (AMQ)] Kẻ AH ′ ⊥BC lại có BB ′ ⊥AH ′ (do BB ′ ⊥(ABC)) ⇒ AH ′ ⊥(P MQ). AH ′ = 2S ∆ABC BC = a 2  15 2 2a = a  15 4 S ∆P MQ = 1 2 ·BP ·PQ = a 2 2 ⇒3V A.P MQ = AH ′ ·S ∆P MQ = a 3  15 8 Dễ thấy AM = MQ = a  5 2 . Theo định lý đường trung tuyến thì: A ′ Q 2 = 2A ′ C ′2 +2A ′ B ′2 −B ′ C ′2 4 = 3a 2 2 AQ 2 = A A ′ 2 + AQ 2 = 5a 2 2 ⇒S ∆AMQ = 1 2  AM 2 − AQ 2 4 · AQ = 5a 2 8 ⇒ d[P, (AMQ)] = 3V P.AMQ S ∆AMQ = a 3  15 8 · 8 5a 2 = a  15 5 Vậy d[AM, P N] = a  15 5 Câu V. (1 điểm) ——————————————————————————— Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 =2. Chứng minh rằng x 3 y 2 + 9y 2 x +2y ≥4. Lời giải: 5 OnLuyenToan - 2012 Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta có x 3 y 2 +xy 2 ≥2x 2 Do đó ta cần chứng minh 2x 2 + 9y 2 x +2y ≥4 +xy 2 hay 9y 2 x +2y ≥2y 2 +xy 2 tương đương với 9 x +2y ≥2 +x Vậy ta cần chỉ ra (2 +x)(x +2y) ≤9 Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng bđt Cauchy như sau: (2 +x)(x +2y) ≤ (2 +2x +2y) 2 4 ≤9 do (x + y) ≤  2(x 2 + y 2 ) =2. Dấu bằng đạt được tại x = y =1. Cách 2 Ta có: x 3 y 2 + 9y 2 x +2y ≥ x 3 y 2 + 9y 2 x + y 2 +1 = x 3 2 −x 2 + 9(2 −x 2 ) x +3 −x 2 Cuối cùng thì chỉ cần có: x 3 2 −x 2 + 9(2 −x 2 ) x +3 −x 2 ≥4 ⇔(x −1) 2 (x 3 −4x 2 −16x −12) ≤0 đúng do 0 ≤ x ≤  2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B Phần A Câu VIa. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trên mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H(2; 0), phương trình đường trung tu yến CM : 3x +7y−8 =0, phương trình đường trung trực của BC : x −3 =0. Tìm tọa độ của đỉnh A. Lời giải: Gọi G và O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đặt O(3; a) Suy ra phương trình OH là x −2 3 −2 = y −0 a −0 ⇔a(x −2) + y =0 G là giao điểm của OH và CM nên dễ dàng tìm ra tọa độ của G là G  14a −8 7a −3 ; 2a 7a −3  Lại do 2 −−→ GO + −−→ GH = −→ 0 nên 2(x 0 −x G ) +(x H −x G ) =0 ⇔6 −3 14a −8 7a −3 +2 =0 ⇔ a =0 Vậy G  8 3 ;0  Dễ dàng tìm ra tọa độ O(3;0) Gọi A(2; b) Dựa vào −−→ AG =2 −−→ GC, tìm được N  3; b 2  Phương trình đường thẳng BC, vuông góc với x =3 có dạng y = b 2 C thuộc đường tròn tâm O bán kính O A, OA 2 =1 +b 2 6 OnLuyenToan - 2012 Ta được (x C −3) 2 +  b 2  2 =1 +b 2 Vậy x C =3 ±  1 + 3 4 b 2 ; y C = b 2 Thay vào phương trình CM, ta tìm được b. suy ra tọa độ của A. Câu VIa. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(3; 2;−1), 2 điểm B, D nằm trên đường thẳng ∆ : x −1 1 = y +2 2 = z −2 −1 , điểm C nằm trên mặt phẳng (P) : 2x + y +z−3 =0. Tìm tọa độ điểm B biết tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Lời giải: C ∈(P) nên tọa độ C là (x C ; y C ;3−2x C − y C ) Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường là I  1 2 (3 +x C ); 1 2 (2 + y C ); 1 2 (2 −2x C − y C )  . I ∈BD ta được 1 2 (3 +x C ) −1 1 = 1 2 (2 + y C ) +2 2 = 1 2 (2 −2x C − y C ) −2 −1 ⇔ x C +1 = y C +6 2 =2x C + y C +2 ⇔ x C =1; y C =−2 do đó C(1;−2;3), I(2;0;1). B ∈∆ nên tọa độ của B là (t +1; 2t −2;−t +2) mà IB = I A Suy ra (t −1) 2 +(2t −2) 2 +(−t +1) 2 =9 ⇔6(t −1) 2 =9 ⇔   t =1 +  3 2 t =1 −  3 2 Câu VIIa. (1 điểm) ——————————————————————————— Giải bất phương trình:  log 2 1 2  2x 2 −x  −4 ≤  5 Lời giải: Vì log 1 2 2  2x 2 −x  =log 2 2  2x 2 −x  nên bất phương trình là   log 2  2x 2 −x  −2  log 2  2x 2 −x  +2  ≤  5 Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được 0 ≤  log 2  2x 2 −x  −2  log 2  2x 2 −x  +2  ≤5 ⇔         log 2  2x 2 −x  −2  log 2  2x 2 −x  +2  ≥0  log 2  2x 2 −x  −3  log 2  2x 2 −x  +3  ≤0 ⇔−3 ≤log 2  2x 2 −x  ≤−2 hay 2 ≤log 2  2x 2 −x  ≤3 ⇔ 1 8 ≤ 2x 2 −x ≤ 1 4 hay 4 ≤ 2x 2 −x ≤8 Phần B Câu VIb. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x +2) 2 +(y−1) 2 =4. Gọi M là điểm sao cho tiếp tuyến qua M tiếp xúc với (C) tại E, cát tuyến qua M cắt (C) tại A, B sao cho tam giác ABE vuông cân tại B. Tìm tọa độ của M sao cho khoảng cách từ M đến O là n gắn nhất . Lời giải: 7 OnLuyenToan - 2012 Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(−2;1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên E A là đường kính của đường tròn. Suy ra M I =2  5 (Cái này Pythagone mấy lần là ra). Ta có: MO ≥|MI −OI|≥|2  5 −  5|=  5 (Theo bất đẳng thức tam giác). Dấu bằng xảy ra ⇔  M,O, I thẳng hàng MO =  5 M,O, I thẳng hàng ⇔ M ∈OI : x +2 y =0 ⇔ M(−2t; t) MO 2 =5 ⇔(−2t) 2 +t 2 =5 ⇔  t =1 M(−2;1) (trùng với I) (loại) t =−1 M(2; −1) (chọn) Vậy M(2;−1) Câu VIb. 2) (1 điểm) ——————————————————————————— Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 −4x +2 y −4 = 0 và mặt phẳng (P) : x +2y−2z +9 =0. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) biết ∆ nằm trên (P) và ∆ cắt trục hoành. Lời giải: Ox ∩(P) = A(−9; 0;0). Theo đề bài ∆ qua A có vtcp −→ v =(m; n; p) với m 2 +n 2 + p 2 =0 ∆ nằm trên (P) nên vtpt của (P) là −→ n =(1; 2;−2) vuông góc với −→ v tức là m +2n +2p =0 (1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; −1;0) và bán kính R =  4 +1 +4 =3 nên −→ AI =(11;−1;0) và  −→ AI, −→ v  =(−p;−11p;11n +m). ∆ tiếp xúc (S) khi khoảng cách giữa I với ∆ bằng R tức là     −→ AI, −→ v       −→ v   =R ⇔ p 2 +121p 2 +(11n +m) 2 m 2 +n 2 + p 2 =9 (2) Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m 2 +n 2 + p 2 =0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆ Câu VIIb. (1 điểm) ——————————————————————————— Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: | z | 4 z 2 + z = −200 1 −7i Lời giải: Ta có z 2 · z 2 =|z| 4 nên |z| 4 z 2 = z 2 · z 2 z 2 = z 2 và 200 1 −7i = 200(1 +7i) (1 −7i)(1 +7i) =4 +28i Phương trình đã cho tương đương với z 2 +z +4 +28i =0 ∆ =−15 −112i =(7 −8i) 2 ⇒  z =3 −4i z =−4 +2i ⇔  z = 3 +4i z = −4 −2i 8 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Lần 2 Ngày thi: 30/01/2012; Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + 1 1 − x có đồ thị (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 √ 3. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: cos x cos 3x − cos 5x cos x + 8 sin 2  2x + 11π 2  = 4(cos 2x + 1). 2. Giải bất phương trình: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x −  6(x 2 + 5x − 2) x + 3 −  2(x 2 + 10)  0. Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: I = π 2  0 5 + 7x − x cos 2x 2(2 + cos x) dx. Câu IV. (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A  B  C  có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh huyền BC = a √ 2 (a > 0); cạnh bên AA  = 2a và A  cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA  và AC. Tính thể tích khối chóp C  .MNB và khoảng cách từ C  đến mặt phẳng (M NB). Câu V. (1.0 điểm) Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c > 0 và a 3 + b 3 = c(c − 1). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 + b 2 + c 2 (a + b + c) 2 . 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 tọa độ Oxy cho đường tròn (T ) : x 2 + y 2 + 3x −6y = 0. Gọi M, N là hai điểm di động trên (T ) sao cho ∠M ON = 30 ◦ (O là gốc tọa độ). Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác OMN, biết G nằm trên đường thẳng d : x + y −1 = 0. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương trình x + 2 −2 = y −2 3 = z 1 và một mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 8x + 2y + 4z + 7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng (∆) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính bằng √ 210 6 . Câu VII.a. (1.0 điểm) Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán của một trường phổ thông có 12 em học sinh, trong đó có 4 em là nam. Người ta muốn chia đều 12 em này vào 4 tổ có số học sinh bằng nhau. Hãy tính xác suất để mỗi tổ được chia có đúng 1 học sinh nam. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) : x 2 4 + y 2 = 1 và điểm M  2 3 , 2 3  . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M A = 2MB. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P ) : 5x + 3y + 4z + 25 = 0. Viết phương trình đường thẳng (∆) song song với mặt phẳng (P ) cách gốc tọa độ một khoảng bằng 5 √ 2 biết (∆) cắt Ox và mặt phẳng (Oyz) tại hai điểm phân biệt A, B và AB = 5 √ 2. Câu VII.b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: (9z 2 + 11) 2 + 16(3z + 2) 2 = 0. ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2x + 1 1 − x . • Tập xác định: D = R \ {1}. • Sự biến thiên: ◦ Chiều biến thiên: Ta có y  = 3 (x − 1) 2 > 0, ∀x ∈ D. Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞, 1) và (1, +∞). 0.25 ◦ Giới hạn và tiệm cận:  Giới hạn tại vô cùng: Ta có lim x→−∞ y = lim x→+∞ y = −2, suy ra hàm số có một tiệm cận ngang là đường thẳng y = −2.  Giới hạn vô cùng: Ta có lim x→1 − y = +∞ và lim x→1 + y = −∞, suy ra hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1. 0.25 ◦ Bảng biến thiên: dxd −∞ 1 +∞ y  + + y −2  +∞ −∞ −2 0.25 • Đồ thị: −6 −4 −2 2 4 6 −6 −4 2 4 0 (C) − 1 2 1 x y y = −2 x = 1 0.25 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Lần 2 Ngày thi: 30/01/2012; Thời gian làm bài: 180 phút [...]... 2 − 8 15 , 2+ 8 G −1 − 15 8 0.25 15 (tương ứng, y1 = 2 + 8 15 ) 8 15 ) Suy ra 8 hoặc G −1 + 15 , 2− 8 15 8 Thử lại, ta thấy chỉ có điểm thứ nhất thỏa mãn các điều kiện của bài toán Vậy 15 15 tọa độ trọng tâm G của tam giác OM N là G −1 − , 2+ 8 8 0.25 2 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương x+2 y−2 z trình = = và một mặt cầu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 8x +... trình có 4 nghiệm z1 = i− , z2 = −2i+ , z3 = 2i+ , z4 = − i− 3 3 3 3 3 3 17 0.25 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ———— ĐỀ 03 PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y = 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (H) n20 12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x+3 có đồ thị là (H) x+1 2) Cho đường tròn (C) có phương trình (x + 1)2 + (y − 1)2 = tiếp... ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN n20 12 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: Toán ĐỀ 03 PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I 1) (1 điểm) x+3 Cho hàm số: y = có đồ thị là (H) x+1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (H) Lời giải: Hàm số là y = x+3 x+1 • TXĐ là D = R\{−1} • Chiều biến thi n Giới hạn tại vô cực Bảng biến thi n... a = 2 18 b: Chọn a = 2 18, b = 221, ta có phương trình của (P ) như sau: 221 218x + 211y − 227z − 6 = 0 0.25 Vậy có hai mặt phẳng (P ) thỏa mãn điều kiện đề bài là (P1 ) : 2x + y + z + 2 = 0 và (P2 ) : 218x + 211y − 227z − 6 = 0 VII.a (1.0 điểm) Trong đội tuyển học sinh giỏi Toán của một trường phổ thông có 12 em học sinh, trong đó có 4 em là nam Người ta muốn chia đều 12 em này vào 4 tổ có số học sinh... √ x + 2 + 2x + 1 ⇔ (x − 1) 1 + √ 1 √ x + 2 + 2x + 1 1 √ >0 x + 2 + 2x + 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (1, 1) On Vì: 1 + √ 7 = 0 ⇔ x = 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 TOÁN PHỔ THÔNG http://toanphothong.vn Môn: TOÁN Ngày / /2012 ĐỀ SỐ 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) vn g on th 1 3 Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + (2 − m)x 2 + 3(2m − 3)x + m có đồ thị (C m ) a) Khảo sát... đúng 1 học sinh nam Vì đề bài không nói rõ 4 tổ cần phải chia là phân biệt hay không phân biệt thứ tự nên ta có hai trường hợp có thể xảy ra như sau: • Trường hợp 1: Các tổ được chia có phân biệt thứ tự Để tính xác suất theo yêu cầu của đề bài, ta cần tìm cách tính không gian mẫu và số phần tử của biến cố “mỗi tổ được chia có đúng một học sinh nam” Đầu tiên, ta sẽ tính không gian mẫu Để chia 12 học sinh... được viết lại như sau cos x cos 5x − = −8cos2 2x + 4(cos 2x + 1) cos 3x cos x 0.25 (∗) Lại thấy −8cos2 2x + 4(cos 2x + 1) = 4 cos 2x − 4 cos 4x = 8 sin x sin 3x nên (∗) tương đương với 0.25 cos x cos 5x − = 8 sin x sin 3x, cos 3x cos x hay cos2 x − cos 5x cos 3x = 8 sin x sin 3x cos x cos 3x (∗∗) Đến đây, sử dụng các công thức cung nhân đôi, công thức hạ bậc và công thức biến đổi tích thành tổng, ta... cos 3x = cos 8x + cos 2x 2 và 8 sin x sin 3x cos x cos 3x = 2 sin 2x sin 6x = cos 4x − cos 8x 0.25 Do đó, (∗∗) có thể được viết lại thành 1 + cos 2x cos 8x + cos 2x − = cos 4x − cos 8x, 2 2 hay 1 + cos 8x = 2 cos 4x Mà 1 + cos 8x = 2 cos2 4x nên phương trình cuối tương đương với 2 cos 4x(cos 4x − 1) = 0 Từ đây suy ra cos 4x = 0 hoặc cos 4x = 1 π kπ + (k ∈ Z) Đối chiếu với điều kiện xác định 8 4 π kπ của... thành (9z 2 + 11)2 − (12zi + 8i)2 = 0, 0.5 tương đương (9z 2 + 12zi + 11 + 8i)(9z 2 − 12zi + 11 − 8i) = 0 Từ đây ta suy ra 9z 2 + 12zi + 11 + 8i = 0 hoặc 9z 2 − 12zi + 11 − 8i = 0 • Với 9z 2 + 12zi + 11 + 8i = 0: Ta có 9z 2 + 12zi + 11 + 8i = (9z 2 + 12zi − 4) + (16 + 8i − 1) = (9z 2 + 12zi + 4i2 ) + (16 + 8i + i2 ) = (3z + 2i)2 + (4 + i)2 = (3z + 2i)2 − i2 (4 + i)2 = (3z + 2i)2 − (4i − 1)2 = (3z − 2i... tử của biến cố A là n(A) = 4!C8 C6 C4 C2 Và như thế, ta có xác suất cần tìm là P (A) = 2 2 2 2 4!C8 C6 C4 C2 9 3 C 3 C 3 C 3 = 55 ≈ 0.164 C12 9 6 3 13 0.25 Đáp án Câu Điểm • Trường hợp 2: Các tổ được chia không phân biệt thứ tự Lúc này, ta có số 3 3 3 3 cách chia từng “bộ” 3 học sinh vào 4 tổ vẫn là C12 , C9 , C6 và C3 Vì các tổ không có phân biệt thứ tự nên ta có không gian mẫu lúc này là n(Ω) = . OnLuyenToan - 2012 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ———— ĐỀ 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí. +7i) =4 +28i Phương trình đã cho tương đương với z 2 +z +4 +28i =0 ∆ =−15 −112i =(7 −8i) 2 ⇒  z =3 −4i z =−4 +2i ⇔  z = 3 +4i z = −4 −2i 8 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Lần 2 Ngày thi: . trình: | z | 4 z 2 + z = −200 1 −7i ——— Hết ——— OnLuyenToan - 2012 DIỄN ĐÀN ÔN LUYỆN TOÁN ĐỀ 01 BÀI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2012 Môn thi: Toán PHẦN CHUNG (7 điểm) Cho tất cả thí sinh Câu I. 1) (1 điểm) ——————————————————————————— Cho