1 GIA SƯ TRỰC TUYẾN VIỆT NAM GSTT GROUP ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012 Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm I. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) a) Tập xác định: \1R . b) Sự biến thiên: * Giới hạn, tiệm cận: Ta có 1 lim x y và 1 lim . x y Do đó đường thẳng 1x là tiệm cận đứng của (H). Vì lim lim 2 xx yy nên đường thẳng 2y là tiệm cận ngang của đồ thị. * Chiều biến thiên: Ta có 2 3 ' 0, 1. ( 1) yx x Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 , 1; . 0,5 * Bảng biến thiên: x 1 'y y 2 2 c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại (-1/2; 0), cắt Oy tại 0; 1 . (H) nhận giao điểm 1; 2I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 2. (1,0 điểm) Gọi (0, )M m Oy . Dễ thấy họ các đường thẳng x = a không thỏa mãn yêu cầu vì chỉ cắt (C) tại nhiều nhất 1 điểm. Xét đường thẳng d qua M có dạng: y kx m ( k là hệ số góc) Hoành độ giao điểm của (C) và là nghiệm của PT: 2 2x 1 x ( 2) 1 0 (1) 1 k m kx m k x m x Đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt đối xứng qua M khi và khi PT (1) có 2 nghiệm phân biệt có tổng = 0, hay: 2 20 0 20 20 2 2 0 2 1 1 1 2 1 ó2n k km km m mk m m m k x m m kx m c pb Kết luận: m > 2 hoặc m < -1 là các giá trị cần tìm. 0,5 0,5 II. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Điều kiện: 2sin2 3 0x hay .,2 2 , kkxkx Khi đó phương trình đã cho tương đương với 0,5 x O 1 2 y I 1 2 sin2 (sin 3cos ) 2sin2 cos2 0x x x x x sin2 (sin 3cos ) 0x x x sin 0(2) 3cos sin 2cos2 (3) x x x x (2) () 2 k x k Z 31 (3) cos sin cos2 cos( ) cos2 2 2 6 x x x x x 22 6 () 22 6 x x k kZ x x k 2 ( ) 6 2 () 18 3 x k Loai k x TM Kết luận: Pt có nghiện: x 2 18 k hoặc , 2 k x k Z 0,5 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 2 2 0 6( 2x 4) 2x #0 2x 4 0 x x x Với 𝑥≥0, ta có: 2 2 2 22 2 6( 2x 4) 4x 2( 3) 6 0, 0 6( 2x 4) 2x 6( 2x 4) 2x 6( 2 4) 2 xx x xx x x x Do đó, BPT 2 2x 2 4 6( 2x 4) 0xx 0,5 Dễ thế 0x không là nghiệm của pt. Xét, chia cả 2 vế cho , (2) 2 44 2 2 6 2 0 22 2 2 6 2 0(3) xx x x xx xx Đặt 2 xt x (3) 2 2 2 6( 2) 0tt 2 2 2 6( 2)tt 2 2 2 0 4 8 8 0(4) t tt 0,5 3 (4) 2 2 2( 4 4) 0 2( 2) 0 2 13 2 2 2 2 0 4 2 3. 1 3 0( ) tt tt x x x x x x x loai Thử lại thấy thỏa mãn. Kết luận: Bất phương trình có nghiệm duy nhất: 4 2 3.x III. (1,0 điểm) Ta có 3 2 2 3 33 12 55 11 2 5 1 2 2 2 33 2 3 I dx x dx x dx I I xxx (*) Tính 24 1 5 1 2 36 dx x I x = 2 4 1 2 1 5 6 6 32 0,5 Tính 1 3 2 2 2 3 3 8 3 3 3 2 5 4 3 3 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 3 3 9 9 x x I dx dx d t dt x x x x (Với 3 1 t x , x = 1 thì t = 1; x = 2 thì 1 8 t ) 4 1 4 3 3 3 2 1 8 3 1 1 1 3 1 1 3 2 1 (2 1) . (2 1) 1 18 18 4 24 24 4 8 1 1 3 . 24 32 4 I t d t t Từ đó: 33 12 5 1 1 3 11 1 3 . . . 32 24 32 4 96 32 4 I I I 0,5 IV. (1,0 điểm Suy ra 0 ' A' 30KK là góc giữa 2 mp A'BC và BCB'C ' 0 ' A' 30KK Dựng ' ' ' AK BC : ' 2 ' 2 ' 2 ' 2 2 2 '2 1 1 1 1 1 1 ' ' 3a 3 ' 2 AK A B AC A K a AK a Dựng ' , ( ) (1)KK BC K BC ' ' ' ' ' ' ' ' '' à ê (2) (1)(2) ( ) AK B C v BC BC n n BC AK BC mp KK A 0,5 Xét tam giác A'K'K vuông tại K' có: 0 3 3a ' ' '.tan60 3. 22 KK A K a 4 Từ đó: 3 . ' ' ' 3a 1 3 3 '. . . . 3 ( d ) 2 2 4 ABC A B C ABC V KK S a a a dv t Dựng hình bình hành B'A'D'C' trên mp(A'B'C'). Do MN//A'B' (cùng//B'C') và MN=A'B' ( cùng bằng B'C') nên: MND'A' là hình bình hành => MA' // MD'. Tính: 2 2 2 2 3a 5a D' ' ' ' 44 M MC C D a 2 2 2 2 3a 57a 3 44 AM AC CM a 2 2 2 2 3a 5a ' ' ' ' 4 22 AD AA A B a Suy ra: 2 2 2 '' cos( ' , ) cos( , ') 2 '. MD MA AD A M AM AM NB ND MA 2 2 2 25 57 100 9 16 16 16 . 5 57 5 57 2. . 44 a a a aa 0,5 V. (1,0 điểm 2 3 2 2 2 2 2 . 2 5 2 4 2 x y xy x x xy x y x m Điều kiện: 2.y HPT 2 3 2 2 2 ( 2) 2 . 5 2 2 ( 2) 2 x y x y x x y x y m 20zy , HPT trở thành: 22 3 2 2 2 z 2 (3) . 5 2 2 (4) xx x x z xz m Đặt x=tz (t # 0), hệ đã cho trở thành: 32 3 3 2 2 ( ) 2 (5) ( 5 2 ) 2 (6) z t t z t t t m 32 2 (5) ( ) 0 1 0 0 z t t t tt t 3 2 2 2 2 2 5 2 5 2 (5) à(6) 1 1 (7) 2 1 2 t t t m t t m v t t t Nhận xét: hệ đã cho có nghiệm x,y khi và chỉ khi hệ (5), (6) có nghiệm t, z khi và chỉ khi (7) có nghiệm t > 1 hoặc t < 0. Xét hàm số: 0,5 5 2 52 ( ) ( 1) 1 tt f t t t 22 ' 2 2 2 1 (2 5)( 1) ( 5 2) 2 3 ( 1)( 3) ( ) 0 3 ( 1) ( 1) ( 1) t t t t t t t t t ft t t t t Bảng biến thiên: x -1 0 1 3 'y + 0 - 0 + y 3 11 2 Nhìn vào bảng biến thiên, (7) có nghiệm t > 1 hoặc t < 0 khi và chỉ khi: 2 2 22 13 2 25 1 11 25 2 m m m m m Kết luận: 0,5 VIa. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 1) Gọi B(0,b); A(a,0) . Ta có .0 ( , ).(1,2) 0 2 0 (1) CH AB CH ABu ab ba Gọi ; 22 ab M là trung điểm của AB Vì 1 2 GM GC ( do G là trọng tâm tam giác ABC) nên 1 1; 2 1; 2 2 2 2 3 , 6 CC CC ab M x y x a y b Mà C CH nên : 2x 2 0 2(3 ) (6 ) 2 0 2a 2 0 (2) 42 (1)(2) , 33 4 2 13 20 3 ;6 2 ; 3 3 3 3 CC y a b b ab C hay C 0,5 0,5 2. (1,0 điểm) Theo gỉa thiết, mp(P)//(d1) và (d2), do đó: 0,5 6 12 ; ( 4,8, 4) 4(1; 2;1) P d d n u u PT mp(P) có dạng 2 0,( )x y z d d R Ta có: 1 2 ( , ) , 4d dP dP d ( / ) / 4d A P B P d , (với A(1,2,2) , B(0,1,1) ) 2 2 2 2 2 2 1 2.2 2 4 2.1 1 1 4 1 1 0 1. 1 ( 2) 1 1 ( 2) 1 dd d d d d Ta thu được PT mặt phẳng (P): 2 1 0.x y z Kết luận: Có 1 mp(P) thỏa mãn: 2 1 0.x y z 0,5 VIIa. (1,0 điểm) 1 2 2 3 2 2 3 n n n n n n T C C C n C Xét: 1 2 2 3 3 (1 ) 1 n n n n n n n n x xC x C x C x C . Đạo hàm 2 vế: 1 1 1 2 2 3 1 (1 ) 2 3 n n n n n n n n x C x C x C nx C (1) Cho x=1 thu được: 1 1 2 3 2 1 2 3 nn n n n n n C C C nC (2) Đạo hàm tiếp 2 vế của (1): 2 2 3 4 2 2 ( 1) (1 ) 1.2. 2.3. . 3.4. . ( 1) n n n n n n n n n x C C x C x n n C x Cho x=1 ta được: 2 2 3 4 ( 1) 2 1.2. 2.3. 3.4. ( 1) nn n n n n n n C C C n n C (3) Cộng về (2) và (3) ta được: 1 2 2 2 ( 1) 2 ( 1)2 n n n n T n n n n n 0,5 0,5 VIb. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Đường thẳng ( ) (2x 1 0)dy có dạng 20 2 xc x y c y Hoành độ của 2 điểm A,B là , AB xx là nghiệm của PT: 2 2 22 1 42 2x 2 4 0 x x c cx c có 2 nghiệm phân biệt ' 2 2 2 ( ) 2( 4) 0 8 0 8c c c c Theo định lý Viet: 2 .2 2 AB AB xx c xx Dựng ,OH AB H AB ,ta có: 2 2 2 22 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) 1 4 5 5 5 5 ( ) 4x 4 2 (8 ) 10 4 4 2 4 4 A B A B A B A B A B AB x x y y x x cc x x x c c 0,5 7 2 2 0/ 22 0 2.0 5 5 ( 1) 2 cc c OH d OH Theo giả thiết: 22 2 2 4 2 4 2 2 2 2 1 1 . 1 4 2 5 10 4 2 4 4 5 4 8 16 0 ( 4) 0 4 2 OAB S OH AB OA AB c c c c c c c c c Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu: 2 2 0xy và 2 2 0xy . 0,5 2. (1,0 điểm) Dựng ,CH AB H AB Ta có: 1 . 2 ABC S CH AB ,( AB cố định) có diện tích nhỏ nhất CH nhỏ nhất <=> CH là đường vuông góc chung của( 1 ( ) sd v AB -Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB: ( 1,2,1), (2,0,0) AB uA PT đt AB: ,CH AB H AB : 1 1 1 2 2 2 1 2 2 xt x y z hay y t zt Phương trình tham số của (d): 2 2 2 1 22 1 xt yt zt Lấy 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ( 1,2 2, 1) ( ), ( 2,2 , ) ( 3;2 2 2; 1), ( 1,2,1), (1,1,1) .0 ( 3).1 (2 2 1).2 1 0 () ( 3) 2 .0 AB d AB C t t t d H t t t AB CH t t t t t t u u CH u t t t t t t CH d CH AB t t CH u 1 2 1 2 1 2 .(2 2 2) ( 1) 0 1,8 (0,2;4,4;0,2) 1,2 t t t t t C t 0,5 0,5 VIIb. (1,0 điểm) Đặt, ,( , )z x iy x y R . Biến đổi: 22 22 2 2 ( 2) ( 2 ) 2 2 ( 2) 2 2 ( 2) ( ) 2x 2 2(2 ) (*) x i y x iy z i x iy i x i y z x iy x iy x y y x y y x y i x y y Để (*) là số ảo thì 2 2 2 2 2x 2 0 ( 1) ( 1) 2.x y y x y Ta có: 22 1 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)T z i x iy i x i y x y Đặt 1 , 1x a y b , ta được 22 2ab 0,5 8 2 2 2 2 2 2 4 4 6 4T a b a b b b Từ 22 2ab 2 2 2 2bb 6 4 2 6 4 6 4 2Tb KL:Max 6 4 2T đạt khi 1 0 1 2 1 ( 2 1) 0 1 2 1 2 xx b zi a y y Min 6 4 2T đạt khi 1 0 1 2 1 (1 2) 0 1 2 1 2 xx b zi a y y 0,5 . Đặt 2 xt x (3) 2 2 2 6( 2) 0tt 2 2 2 6( 2) tt 2 2 2 0 4 8 8 0(4) t tt 0,5 3 (4) 2 2 2( 4 4) 0 2( 2) 0 2 13 2 2 2 2 0 4 2 3. 1 3 0( ) tt tt x x. 2 2 2 1 22 1 xt yt zt Lấy 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 ( 1 ,2 2, 1) ( ), ( 2, 2 , ) ( 3 ;2 2 2; 1), ( 1 ,2, 1), (1,1,1) .0 ( 3).1 (2 2 1) .2 1 0 () ( 3) 2 .0 AB d AB C t t t d H t t t. 0,5 V. (1,0 điểm 2 3 2 2 2 2 2 . 2 5 2 4 2 x y xy x x xy x y x m Điều kiện: 2. y HPT 2 3 2 2 2 ( 2) 2 . 5 2 2 ( 2) 2 x y x y x x y x y m