3 de va DA thi thu moi 20122906

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.. Theo giả thiết (ABCD)  (SBD) theo giao tuyến BD..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x2 (1)

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Định m để phương trình:

3

2

3 log ( 1) x  x  m 

có nghiệm thực phân biệt Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

sin cos3

cos sin (1 tan )

2sin

x x

x x x

x



  

 .

2 Giải hệ phương trình:

4 2

2

2

2 11

( , )

3

7

x x x y x

x y y

x x

y

      

 



 



  

 





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

2

sin 1 2cos

x x

I dx

x 

 

 





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC =

a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a 2 SAB SCB  900

  Tính thể tích khối

chóp S.ABC theo a góc đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC)

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của biểu thức:

2 2

b b c c a a

P

a b c b c a c a b

  

     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – = elip

2

( ) :

9 x y

E  

Viết phương trình đường thẳng  vng góc với (d) cắt (E) hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích

2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x – 6y + z + 18 = Tìm tọa độ điểm M (P) cho tích               MA MB nhỏ

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 z i  z z 2i

2 ( )2 4 z  z 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – = Tìm tọa độ đỉnh B C Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) đường thẳng (d) có

phương trình:

1

2

x y z

 

 Tìm tọa độ điểm M (d) cho tổng MA + MB nhỏ

nhất

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn thi: TỐN; khối: A

Câu Đáp án Điểm

I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 3 3x2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) TXĐ: 

2

(1) ( 1)

' 3; ' 3 1; 0,

y  x  y   x    x y  y 

0,25 Hàm số nghịch biến khoảng 1; 1

Hàm số đồng biến khoảng   ; ; 1;   

Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = Giới hạn: xlim  y ; limx y

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

y’’= 6x; y’’=  x = 0, y(0) =  đồ thị có điểm uốn I(0; 2) tâm đối xứng đi

qua điểm (2; 0), (2; 4) Đồ thị:

0,25

2 Định m để phương trình:

3

2

3 log ( 1) x  x  m 

có nghiệm thực phân biệt Phương trình cho phương trình hồnh độ giao điểm

2

( ) :d ylog (m 1)

3

( ') :C yx  3x2

, với (C’) suy từ (C) sau:

Từ đồ thị suy (d) cắt (C’) điểm phân biệt khi:

2

0 log ( m 1) 4

0,25

0,25

2 m

    0,25

2

0

0 m m

m

 



    

  

0,25 1

x y’

 +

y

1 

0 0

+  +



+

4

0

x y

1

2













2

4

x

y



1

1



2

0













2

II (2,0

điểm) 1 Giải phương trình:

sin cos3

cos sin (1 tan )

2sin

x x

x x x

x      . Đk sin (*) cos x x      

 Với đk (*) phương trình cho tương đương:

3

2

3sin 4sin 4cos 3cos

cos sin(1 tan )

2sin

(sin cos )(2sin 1) sin (sin cos ) cos sin

2sin cos

x x x x

x x

x

x x x x x x

x x x x                0,25

sin cos (1)

sin

cos sin (2)

cos x x x x x x          

(1) tan ,

4

x x  k k

      

0,25

cos sin tan (2) (cos sin )(1 cos )

1 cos cos

( )

4

x x x

x x x

x x x k k x k                                  0,25

So với đk (*) suy họ nghiệm pt là: x k ,x k2 ,k



  

      0,25

2 Giải hệ phương trình:

4 2

2

2

2 11

( , )

3

7

x x x y x

x y y x x y                     Đk y  Khi hệ cho tương đương với

2 2

2

( 3) 13

( 3)

x x y

x x y

              0,25

Đặt: u x 2 x 3;v y2  7,v0 Khi hệ phương trình trở thành 2 13

6 u v uv       0,25

2 1 2 3

( ) 13 ( )

6

6

u v u u

u v uv u v

uv v v

uv uv                                   0,25

Giải hệ phương trình:

2

2

3 3

,

7

x x x x

y y                  

  , ta nghiệm hệ

cho là:    

1 5

0; 11 , 1; 11 , ; , ;

2                    0,25 III (1,0 điểm)

Tính tích phân

0

2 2

4

1 2

0

4

sin sin sin

1 2cos 2cos 2cos

x x x x x x

I dx dx dx

x x x

 

 

 

  

  

  

= I1 + I2

Đặt x t dxdt Đổi cận: x t 4; x t

 

     

Khi

0 2 4

1 2 2

0

4

sin sin( ) sin sin

( )

1 2cos 2cos ( ) 2cos 2cos

x x t t t t x x

I dx d t dt dx

x t t x

 

 





    

    

   

Suy I1 0

0,25

4

2 2

2

4

1 1

1 2cos 2 cos

cos

I dx dx

x x

x

 

 

 

 

 

 

Đặt

1 tan

cos

t x dt dx

x

  

Đổi cận: x t 1; x t

 

     

1

2

1

I dt

t 

 





0,25

Lại đặt t tanu dt 3(1 tan 2u du) Đổi cận: t u 6;t u

 

     

6

2

6

3 3

3

I du u

 

 



 

   

Vậy =

9 I  I I 

0,25

IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a 3, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a SAB SCB  900 Tính thể tích khối chóp S.ABC

theo a góc SB với mặt phẳng (ABC)

Gọi H hình chiếu vng góc S mp(ABC) Ta có:

+

( )

(gt) SH ABC

HA AB SA AB

 

 



  Tương tự HCBC

Suy tứ giác HABC hình vng

0,25

+ Có: AH / /BC(SBC) AH / / (SBC) [ ,( )] [ ,( )] d A SBC d H SBC a

  

0,25

S

B

H C

A

+ Dựng HK SC K (1) Do

( ) (2)

BC HC

BC SHC BC HK BC SH

 

   



 

(1) (2) suy HK (SBC) Từ d H SBC[ ,( )]HK a

2 2

3

KC HC HK a a a

     



tanSCH HK SH SH HK HC a a a

KC HC KC a

      0,25

Thể tích Khối chóp S.ABC tính bởi:

3

1 1

3

3 ABC 6

a V  S SH  AB BC SH  a a a 

(đvtt) + Góc SB với mp(ABC) góc SBH 450 (do SHB vng cân)

0,25

V (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

b b c c a a

P

a b c b c a c a b

  

     

Từ giả thiết ta có 3 b b c c a a P

a b c

  

   0,25

Áp dung bất đằng thức Cauchy cho số thực dương, ta có:

3

3

3

16 64

2 3

b b b b a b b

a a



   

 

0,25

Tương tự

3

3

3

16 64

2 3

c c c c b c c

b b



   

 

3

3

3

16 64

2 3

a a a a c a a

c c



   

 

0,25

Cộng vế theo vế bất đẳng thứ ta được:

9 3

( )

16

3 3

b b c c a a a b c

a b c P

a b c

  

       

  

Đẳng thức xảy a b c  1

0,25 VI.a

(2,0

điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – = elip

2

( ) :

9 x y

E  

Viết phương trình đường thẳng  vng góc với (d) cắt (E) hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích

 vng góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = Phương trình hồnh độ giao điểm  (E):

4x2 + (x + m)2 = 36  5x2 + 2mx + m2  36 = (1) 0,25

Đường thẳng  cắt (E) hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) phương

trình (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt

 = 720 – 16m2 >  3 5m3 (2)

0,25

2 2

2 2 1

10 10

( ) ( ) 720 16

3 15

AB x  x  y  y  x  x   m ( , )

10 m d O  



1

( , )

OAB

S  AB d O  

0,25

4 10

16 720 8100

2 m  m    m

(thỏa điều kiện (2))

Vậy phương trình đường thẳng :

3 10

3

2 x y 

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) đường thẳng (d) có phương trình:

3

4

x y z

 

Tìm điểm M (d) cho tích               MA MB nhỏ Ta có trung điểm AB I(2; 3; 0)

        2

MA MB MI IA MI IB   MI IA MI IA  MI  IA MI 

                                                                                                                                 

          0,25

Suy               MA MB nhỏ MI nhỏ hay M hình chiếu vng góc

của I (d) 0,25

( ; ; ) ( ; ; )

Md M   t t   t  IM    t t   t



(d) có vectơ phương u(4; 1; 2) 0,25 4( ) 2( )

IM u  IM u     t   t   t   t

                             

(1; 3; 1), 38

M MI

   Vậy MA MB min 29                            

đạt M(1; 3; 1)

0,25 VII.a

(1,0 điểm)

Tìm số phức z thỏa mãn z i  z z2i

2 ( )2 4 z  z 

Giả sử z x yi x y  ( ,  ) Từ giả thiết ta có:

2

( 1) ( 1)

( ) ( )

x y i y i

x yi x yi

             0,25 ( 1)2 ( 1)2

1

x y y

xy            0,25 2 4 4 x y x y xy x                   0,25 3 2 x y       

 Vậy

3 34

2

z  i 0,25

VI.b (1,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – = Tìm tọa độ đỉnh B C

Gọi M trung điểm AC Khi phương trình tham số

2 : ( ) x t BM t y t         

B, M  BM  B 2 ; ,b   b M  2 ; 9m   m M trung điểm BC  C10m 6;18m11

0,25

Ta có:

(12; 8), (10 4;18 6), (16 ; ), AH   BC m b m b BH   b   b

  

(10 8;18 12) AC m m 

12(10 4) 8(18 6) AH BC  m b  m b   

2 b m

  (1)

0,25

(16 )(10 8) ( )(18 12) BH AC   b m    b m   

(2) Thế (1) vào (2), ta

2 26

106 105 26 ;

2 53

m  m   m m

0,25

Với

, m b

ta B(3;4), C(-1;-2)

Với

26 52 , 53 53 m b

ta

154 203 58 115

; , ;

53 53 53 53

B  C  

   

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) đường thẳng (d) có phương trình:

1

2

x y z

 

 Tìm điểm M (d) cho tổng MA + MB nhỏ nhất.

M (d) nên M(1 + 2t; + 2t; t)

2 2 2

(2 ) (1 ) 12 (3 2) MA  t   t t  t  t  t 

2 2 2

4 (1 ) ( 5) 26 (3 1) 25

MB t   t   t  t  t  t 

0,25

Trong mpOxy xét vectơ u(3t2; 1), v ( 1; 5)t Có: |u v  | ; | | u (3t2)21; | |v  ( 1) t 225

0,25 Ta ln có bất đẳng thức đúng:

2

|u v  | | | | |u  v 3 5 (3t2)  1 ( 1) t 25 hay MA MB 3 5 0,25 Đẳng thức xảy uvà v hướng

3 1

3

t

t t



   

 

Vậy (MA MB )min 3 5 đạt

1 0; 2;

2 M 

 

0,25

VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình: log32x3 3log3  2x2

Với điều kiện x > 0, ta đặt ulog2x v32 3 u  v3 3 u

Ta có hệ: 3

2 3

u v

v u

  

 

 

 

0,25

3

3 2

2 3

3( ) ( )( 3)

u v u v

u v v u u v u uv v

     

 

   

       

 

  (*) 0,25

Do

2

2 3 3 0, ,

2

u uv v  u v  v   u v

   nên:

3

3

1

(*)

2

0

v u u v

u v

u v

u v u u

  

    

     

 

     

 

0,25

Với

1

1 log

2 u  x  x

Với u 2 log2x 2 x4

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; khối: B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m tham số thực) 3. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m0.

4. Xác định m để điểm M m m(2 ; )3 tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) tam giác có diện tích nhỏ

Câu II (2,0 điểm)

3 Giải phương trình:

2

sin cos sin sin sin

x x x x x

4 Giải hệ phương trình:

3

( , )

5

x y xy

x y

x y

   



 

   

 



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

sin cos

x x

I dx

x 

 





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA SB a  ,

SD a mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD. Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:

3 2 2

2

(2 ) (2 )

2

x x x x x m y y y y y m

x my m

            

 

  



 ( ,x y )

Chứng minh   m , hệ phương trình cho ln có nghiệm.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm A(1;

4), B(1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD

4 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  qua điểm M(1; 1; 0),

cắt đường thẳng (d):

2

2 1

x y z

 

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2z2 6

1 z i

z i

  

 .

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 hai điểm B(1;

4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) cho tam giác ABC có diện tích 19 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) mặt cầu

2 2

( ) :S x y z  2x 4y 6z 67 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song

song với BC tiếp xúc mặt cầu (S)

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 4

1

log ( 3) log x  4x3  x

Hết

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn thi: TOÁN; khối: B

Câu Đáp án Điểm

I (2,0 điểm)

Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m tham số thực) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m0.

Ta có hàm số: y2x3 3x21 TXĐ: 

2

(0) (1)

' 6 ; ' 6 ; 1,

1 x

y x x y x x y y

x

 

         

 

0,25

Hàm số nghịch biến khoảng 0; 1

Hàm số đồng biến khoảng  ; ; 1;   

Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Giới hạn: xlim  y ; limx y

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

1

1

'' 12 6; '' 12

2

y x y x x y 

 

 

         

 đồ thị có điểm uốn

1 ; 2 I 

  tâm đối xứng.

Đồ thị:

0,25

2 Xác định m để điểm M m m(2 3; ) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) tam giác có diện tích nhỏ

Ta có:

' 6(2 1) ( 1); ' ;

y  x  m x m m y   x m x m  

m

   , hàm số có CĐ, CT

0,25 Tọa độ điểm CĐ, CT đồ thị A m m( ; 33m21), (B m1;2m33m2) 0,25

x y’

 +

y

0

0 0

+  +



+

1

0 1

y

x

1



 

 

Suy AB 2 phương trình đường thẳng AB x y:   2m3 3m2 m1 0 Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ khoảng cách từ M tới AB nhỏ

Ta có:

2

3

( , )

2 m d M AB  

0,25

1

( ; ) ( ; )

2

d M AB d M AB

   

đạt m = 0,25 II

(2,0

điểm) 1 Giải phương trình:

2

sin cos sin sin sin

x x x x x

Phương trình cho tương đương với: (1 cos ) cos cos

sin sin cos cos sin sin

2

x x x

x x x x x x

  

    0,25

1

1 (cos cos10 ) (cos cos10 ) cos cos 2

2 x x x x x x

         0,25

3

4cos 2x 2cos 2x (cos 2x 1)(2cos 2x 2cos 2x 1)

         0,25

cos 2x x k k,

      0,25

2 Giải hệ phương trình:

3

( , )

5

x y xy

x y

x y

   



 

   

 



Cách 1: Đk: Từ hệ suy đk 0 x y

  

 

Hệ cho tương đương với:

6 2

4 5 16 x y xy

x y

   

 

   

 

6 2

5 5

x y xy

x x y y x xy y

   

  

            

 

0,5

  2  2 2

6 2

5

x y xy

x x x y

   

  

       

 

0,25

6 2

5

5

x y xy x

x y y

x y

   



  



    

  

  

 Vậy hệ phương trình có nghiệm

1 ; 5

 

 

 

0,25

Cách 2: Hệ cho tương đương với

3(5 ) 5 3(5 ) 5

5 (5 3)(5 3) 16 5 3(5 ) 25 10

x y xy x y xy

x y x y x y x y xy

       

 



 

           

 

 

Đặt u5x5 ,y v5 xy ĐK: u0,v0 Hệ trở thành:

2

2

3

3

2 (3 5) 10

2 10

3

2 27 34 10 (*) v u u v

u u u

u u v

v u

u u u

 

  



 



 

    

   

 

 

 

   

   

 

0,5

Do ĐK u, v nên

2 2

5

10 10

(*) 3

49( 27 34) (10 ) 35 88 36

u u

u

u u u u u

 

   

 

     

        

 

Với u =  v = 1, ta hệ:

5

5 1

1

5

5

25 x y x y

x y xy

xy

 



 



 

   

 

 

 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1

; 5

 

 

 

0,25

III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

sin cos

x x

I dx

x 

 



 Ta có

+

4

0

sin (1 cos ) cos 2 cos

x d x

dx

x x

 

 

 

  0,25

4

1

ln(1 cos ) ln

2 x



 

    

 

0,25

+ Tính

2 cos

x

J dx

x 



Đặt: ; cos2 tan

dx

u x du dx dv v x

x

      0,25

4

0

sin

( tan ) ln

cos

x

J x x dx

x 

 

     

Vậy

1 ln

I   0,25

IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA SB a  , SD a 2 và

mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD

Theo giả thiết (ABCD)  (SBD) theo giao tuyến BD Do dựng AO  (SBD) O  BD

Mặt khác AS = AB = AD  OS = OB = OD hay SBD tam giác vng S

0,25

Từ đó: BD SB2SD2  a22a2 a

2

2 2

4

a a

AO AB  OB  a  

0,25 Suy thể tích khối chóp S.ABD tính bởi:

3

1 1

3 6 12

S ABD A SBD SBD

a a

V V  S AO SB SD AO a a 

3

2

6

S ABCD S ABD

a

V V

  

(đvtt)

0,25

Trong SBD dựng OH  SD H (1)  H trung điểm SD 0,25

O B D

C

A

S

Theo chứng minh AO  (SBD)  AO  OH (2)

(1) (2) chứng tỏ OH đoạn vng góc chung AC SD

Vậy

1

( , )

2

a d AC BD OH  SB

V (1,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

3 2 2

2

(2 ) (2 ) (1)

2

x x x x x m y y y y y m

x my m

            

 

  



 ( ,x y )

Chứng minh   m , hệ phương trình cho ln có nghiệm.

Đồ thị hàm số f x( ) 2 x3 3x2x có tâm đối xứng

; I 

  đồ thị hàm số

2

( )

g x x  x m có trục đối xứng x

0,25

Do đặt y = 1 x thay vào vế trái (1) ta được:

3 2 2

(2x  3x x) x  x 3 m [2(1 x)  3(1 x)  1 x] (1 x)  (1 x) 3 m 

3 2 2

(2x  3x x) x  x 3 m  (2x  3x x) x  x 3 m 0,x m,  

0,25 Chứng tỏ   m , phương trình (1) ln nhận nghiệm ( ; 1x  x x),  

Từ tốn cho tương đương với tốn chứng minh hệ phương trình:

2

2

y x

x my m

   

  

 có nghiệm   m hay phương trình x22mx 3m 0 có

nghiệm   m

0,25

Điều hiển nhiên

2

2 3

' 3 0,

2

m m m  m

          

   0,25

VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm

A(1;4), B(1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD

Ta có AB ( 2; 1), AB



; (C) có tâm

9 ; 2 I 

  bán kính

10

R 0,25

ABCD hình bình hành nên CD = AB phương trình CD: x – 2y + m = 0,25

( , )

2 m d I CD  

; CD2 R2 d I CD2( , ) 0,25

2 (7 )

5 1;

2 20

m

m m m m



         

Vậy phương trình CD: x – 2y  = 0; x – 2y  =

0,25 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  qua điểm M(1;1;0), cắt

đường thẳng (d):

2

2 1

x y z

 

tạo với mặt phẳng (P): 2x  y  z + = góc 300 Gọi N ( )d    N(2 ; ; 2 t t  t)

Ta có: MN (1 ;t t 1; 2t)



mp(P) có vtpt n(2; 1; 1)  0,25 (d) tạo với (P) góc 300 nên:

 

0

2 2

2

sin30 cos ,

2 (1 ) ( 1) ( 2)

t t t

MN n

t t t

    

  

    

  0,25

2

2 3

10 18 0;

2

6

t

t t t t

t t



       

  0,25

+ Với t = 0, phương trình

1

:

1

x y z

  



+ Với t

, phương trình

1

:

23 14

x y z

  



VII.a (1,0

điểm) Tìm số phức z thỏa mãn

2 6

z z 

1 z i

z i

  

 .

Giả sử z x yi x y  , ( ,  ) Ta có:

+ z2z2  6 (x yi )2(x yi )2 6 x2 y2 3 0,25 +

1

1 ( 1) ( 1) ( 2)

2 z i

x y i x y i

z i

 

       



2 2

(x 1) (y 1) x (y 2)

        x 3y 1

0,25

Giải hệ phương trình:

2

2

2,

3

7

,

3

4

x y x y

x y

x y

x y y y

 



 

    

 

 

  

     

  

Vậy

7 ;

4 z i z  i

0,5

VI.b (1,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 hai điểm B(1;4),

C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) cho tam giác ABC có diện tích 19 Giả sử A(x; y)  (C)  (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10

Ta có: BC2 5 phương trình BC: x – 2y + = 0

2 ( , )

5 x y d A BC   

0,25

Diện tích tam giác ABC:

1

( , ) 19

ABC

S  BC d A BC 



2 12

1

.2 19

2 26

2

x y x y

x y

 

  

  

 



0,25

TH1: x = 2y + 12 vào (1), ta

5

5 48 115 23

5 y

y y

y

  

   

 



+y 5 x2 +

23 14

5

y  x

0,25

TH2: x = 2y – 26 vào (1), ta 5y2 – 104y +723 = (vô nghiệm)

Vậy A(2; 5) ;

14 23 ;

5

A  

 

0,25 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) mặt cầu

2 2

( ) :S x y z  2x 4y 6z 67 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song

với BC tiếp xúc mặt cầu (S)

(S) có tâm I(1; 2; 3) bán kính R =

Giả sử (P) có vtpt n( ; ; ), (A B C A2B2C2 0)

(P) // BC nên nBC ( 1;1;4) n BC  0 A B 4C n(B4 ; ; )C B C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  

(P) qua A(13; 1; 0)  phương trình (P): (B4 )C x By Cz  12B 52C0

0,25

(P) tiếp xúc (S) 2

4 12 52

[ ,( )]

( )

B C B C B C

d I P R

B C B C

    

   

  

2 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0

4

B C

B BC C B C B C

B C

 



         

 



Với B + 2C = chọn

2 B C

  



 , ta phương trình (P): 2x + 2y  z + 28 = 0,25

Với B  4C = chọn

4 B C

  



 , ta phương trình (P): 8x + 4y + z 100 = 0

Cả hai mặt phẳng (P) tìm thỏa yêu cầu toán

0,25 VII.b

(1,0

điểm) Giải bất phương trình sau:

2

4

1

log ( 3) log x  4x3  x

Điều kiện: 2

4

3

4

2

x x

x x x

x x

x x

   

  



  



 

 

 

 

     



0,25

Khi có trường hợp:

TH1: Nếu x > log4 x2 4x 3 log 04  log (4 x 3) log 0  Do bpt tương đương:

2

4

log (x 3) log x  4x 3 x 3 x  4x 3 x 3 x1 (đúng

x

  )

0,25

TH2: Nếu 2 2x4 log4 x2 4x 3 log 04  log (4 x 3) log 0 

Suy bpt vô nghiệm 0,25

TH3: Nếu 3x 2 2thì log4 x2 4x 3 log 04  log (4 x 3) log 0  Do bpt tương đương:

2

4

log (x 3) log x  4x 3 x 3 x  4x 3 x 3 x1 (đúng  x (2; 2 2))

Vậy bpt có tập nghiệm S(2; 2 2) (4;  )

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1 x y

x

 

 (1)

5. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

6. Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến cắt trục x’Ox, y’Oy A, B cho OA9OB.

Câu II (2,0 điểm)

5 Giải phương trình: sin cos 22 x xsin2x0

6 Giải hệ phương trình:

2 2

1

( , ) xy

x y

x y x y x y x y



  

 

 

   





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

cot tan sin cos

4

x x

I dx

x x



 

 

 



 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A,

AB a , AC a 3, hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G

của tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.A’B’C’ khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).

Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình:

2

2

5log 8log log 8log 1 3log 8log log 4log

2

x x y y

m

x x y y

m

   



 

  





 ( ,x y )

Định m để hệ bất phương trình cho có nghiệm

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – = 0, BC: 3x + y – = Tìm tọa độ đỉnh A C, biết diện tích tam giác ABC

bằng

2 điểm A có hồnh độ dương.

6 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + = hai đường thẳng

1

( ) :

2 1

x y z

d     

,

3

( ) :

3 1

x y z

d    

 Viết phương trình đường thẳng  cắt

cả hai đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) cách (P) khoảng

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 i 2

1 z

z i

 

 .

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x 2y 5 đường tròn 2

( ) :C x y  2x4y 0 Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A,

B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB2 5.

6 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) mặt cầu

2 2

( ) :S x y z 2x 6y 6z 5 0 Tìm tọa độ điểm M (S) cho M cách ba điểm A, B, C

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 23x2 x 104x2 x 4 2x2 x 216 0 .

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: D

Câu Đáp án Điểm

I (2,0

điểm) Cho hàm số

2 1 x y

x

 

 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

TXĐ:  

1

\ , ' 0,

( 1)

y x

x



    

 

D D 0,25

Hàm số nghịch biến khoảng: ( ;1) (1; ) Giới hạn tiệm cận:limx1 y ; limx1 y

 tiệm cận đứng: x = lim lim

x yx  y  tiệm cận ngang y =

0,25

Bảng biến thiên: 0,25

Đồ thị: Đi qua điểm  

; , 0;

 

 

  nhận giao

điểm tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

2.Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến cắt trục x’Ox, y’Oy tại A, B cho OA9OB.

Gọi  góc tạo tiếp tuyến với trục x’Ox từ giả thiết OA = 9OB ta suy hệ số

góc tiếp tuyến tính

1 OB k

OA

  0,25

 hoành độ tiếp điểm nghiệm pt: y’ = k hay:

2

2

1

( )

4 ( 1)

( 1)

1

( 1)

x x

x

x x

 



   

     

 

 



 



VN

, (4) ( 2)

7

,

3

y  y 

0,25

+ Với

1 k 

tiếp điểm 4;

3

 

 

 , ta có pt tiếp tuyến:

 

1 25

4 hay

9 9

y x  y x

0,25

+ Với

1 k 

tiếp điểm 2;

3

 



 

 , ta có pt tiếp tuyến:

 

1 13

2 hay

9 9

y x  y x

0,25

II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin cos 22 x xsin2x0

Pt tương đương:

2 2

sin cos 2x xsin x 0 (3sinx 4sin ) cos 2x xsin x0

2 2

sin x(3 4sin x) cos 2x 1

     

0,25

[3 2(1 cos )] cos 2x x 1 0

    

 

2 2

sin x(1 2cos ) cos 2x x 1 sin x 4cos 2x 4cos 2x cos 2x

           0,25

  

2

sin x cos 2x 4cos 2x

    0,25

2 sin

cos ( )

2 4cos (VN)

x x k

x k

x k

x

 



   

 

    

  

   



 0,25

2 Giải hệ phương trình:

2 2

1 (1) (2) xy x y

x y x y x y



  

 



   



Điều kiện: x + y >

Đặt u = x + y, u > v = xy Pt (1) trở thành:

2 2 2v 1 2 2 0

u v u u uv v

u

       

0,25

2 ( 1)[ ( 1) ]

2 u

u u u v

u u v

 

      

  



0,25

  

  

1 2

1

0 x

y

x y’

 +

y

 

+

2



TH1: Với u = hay x + y = (thỏa đk), thay vào được:

2

1 (1 )

2 x

x x x x

x

 

        



 x 1 y0; x 2 y3

0,25 TH2: Với u2 u 2v0 hay (x y )2  x y 2xy 0 x2y2 x y 0 vô

nghiệm đk

Vậy hệ pt có nghiệm (1; 0); (2; 3)

0,25 III

(1,0 điểm)

Tính tích phân:

cot tan sin cos

4

x x

I dx

x x



 

 

 



 

 



2

4

8

cos sin

cot tan sin cos

sin cos sin cos cos sin sin

4 4

x x

x x x x

I dx dx

x x x x x

 

    

 

 

   

 

   

   

  0,25

 

4

2

8

cot cot

2 2

sin cos sin cot sin

x x

dx dx

x x x x x

 

 

 

 

  0,25

Đặt 2

2 1

cot

sin 2 sin

t x dt dx dt dx

x x

     

Đổi cận: x t 1; x t

 

     

0

1

2

1

t

I dt

t

 

  

  



0,25

1

0

1

2

1

t

dt dt

t t

 

    

   

   1  

0

2 t lnt ln

     0,25

IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A, AB a , AC a 3,

hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và

khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC)

Gọi M trung điểm BC Từ giả thiết ta có:



2

2 , ; ' 60

3

a

BC a AG AI  A AG ' t an600

3 a A G AG

   0,25

Thể tích V khối lăng trụ tính bởi:

3

1

' '

2

ABC

a

V S A G AB AC A G a a a (đvtt)

0,25 Dựng AK  BC K GI  BC I  GI // AK

1 1 3

3 3

GI MG AB AC a a a

CI AK

AK MA BC a

       

0,25

N

I

C'

B'

M A

B

C A'

G K

Dựng GH  A’I H (1) Do: (2) ' BC GI BC GH BC A G

 

 



  Từ (1) (2)

 GH  (A’BC)

Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) N trung điểm AB’ Từ đó: [ ', ( ' )] [ , ( ' )] [ , ( ' )]

d B A BC d A A BC  d G A BC  GH

2 2

2 3

3

' ' 3 6 51

3

' ' 12 51 17

9 36 a a

A G GI A G GI a a

A I A G GI a a

       0,25 V (1,0 điểm)

Cho hệ bất phương trình:

2

2

5log 8log log 8log 1 3log 8log log 4log

2

x x y y

m

x x y y

m            

 ( ,x y )

Đặt ulog ,x vlogy, hệ pt trở thành:

2 2

2 2

5 8 8

1 2

3 16

2

u uv v u uv v

m m

u uv v u uv v

m m                            (*) 0,25

Giả sử hệ có nghiệm ( ;x y0 0)

0 0 log log u x v y     

 là nghiệm hệ pt (*), hay ta có hệ bất

đẳng thức sau:

2

0 0

2

0 0

5 8

2

6 16

2 u u v v

m u u v v

m            

 Cộng vế theo vế bất đẳng thức được:  02

1 u v m   

 ĐK cần để hệ có nghiệm

1 hay

2 m  m 

0,25

Xét ĐK đủ: Với

1 m 

, ta có:

2

1

2

m

m m



  

  Suy để hệ bất pt cho có

nghiệm x, y ta cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v

là đủ:

2

2

5 8

(**)

6 16

u uv v u uv v

           0,25 Ta có 2 2 10 10 ,

5 8 5 20

(**) 1

( ) 10 10

40 ,

5 20

u v u v

u uv v

v u v u v                             

  đpcm

Vậy

1 m 

đáp số toán

0,25

VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A, phương trình AB: x + 2y –

= 0, BC: 3x + y – = Tìm tọa độ đỉnh A C, biết diện tích tam giác ABC điểm A có hồnh độ dương

Nhận xét: Góc hai đường thẳng BC AB 450 ABC cân A nên ABC

vuông cân A 0,25

A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c;  3c)

(2 4; 7)

AC a c  a c



, vtcp AB u1 (2; 1)



1

AC u   c  a

 

(1)

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình

2

3

x y x

x y y

   

 



 

   

   B(2;1) 0,25

Diện tích tam giác ABC:

2

1

2

ABC

S  AB 



2 2

(2 2) (1 )

2 a

a a a a

a

 

        





Do xA > nên nhận a =  c = Suy A(4; 0) C(3;2)

0,25

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + = hai đường thẳng

1

( ) :

2 1

x y z

d     

,

3

( ) :

3 1

x y z

d    

 Viết phương trình đường thẳng  cắt hai

đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) cách (P) khoảng

Gọi M, N giao điểm  với (d1) (d2)

1 1 2

( ;3 ;1 ), ( 3 ; ; ) M   t t t N   t  t  t Ta có: MN (3t2 2t1 2;  t2 t1 3;t2 t1 2)



vtpt (P) n(1; 1; 2)

+  // (P) nên: MN n  0 3t2 2t1 2t2  t1 2t2 2t1 0  6t2 3t1 0  

1 22 t t

   (1)

0,25

2 2

3 2

[ , ( )] [ , ( )] 6

6

t t t

d  P   d M P         

2

t t

   

2 1 1; 1

t   t  t   t 

0,25

Với t1  t2 1, ta có

1

(1; 4; 2), (1; 5; 2) pt :

1

x y z

M MN         0,25

Với

3 t t

  



 , ta có

7

( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( )

x t

M MN y t t

z

  



       

  



 0,25

VII.a (1,0

điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 i 2

1 z

z i

 

 .

Giả sử z x yi x y  ,( ,  ) Từ giả thiết ta có:

2

2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 2) ( 2)

z  i   x  y i   x  y  0,25

2 2

1

1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 )

z

x yi x y i x y x y x y

z i



              

 0,25

Ta hệ:

2 2 4, 4

( 2) ( 2) ( 2)

0,

x y

x y x

x y

y x y x

 

        

 

    

  

 

Vậy z 4 ;i z0

0,5 VI.b

(1,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x 2y 5 đường tròn 2

( ) :C x y  2x4y 0 Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là

các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB2 +M  M(2m  5; m);

(C) có tâm I(1; 2), bán kính R 10

0,25

H I

B

Gọi H trung điểm AB  AH  AH  MI 0,25 Tam giác AIM vuông A có AH đướng cao nên:

2 2

1 1 1

10

5 10 AM

AH AM  AI  AM    IM  IA2MA2 2

0,25

20 IM

   (2m 6)2(m2)2 20 m2 4m  4 m2 0,25

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) mặt cầu

2 2

( ) :S x y z 2x 6y 6z 5 0 Tìm tọa độ điểm M (S) cho M cách ba điểm A, B, C

Giả sử M(x; y; z) M cách A, B, C nên:

2 2 2 2

2 2 2 2

( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

hay

( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1)

AM BM x y z x y z

AM CM x y z x y z

            

 

 

          

 

 

0,25

1

3 ( )

2

1 x t x z

y t

x y z

z t

   

 

     

  

   



 0,25

M  (S) nên

2 9 (1 )2 2 18 6 5 0 2 6 9 0 3

t    t  t   t   t  t   t  

0,25

Suy

3 3 3 ; 3;

2

M   

 

3 3 3 ; 3;

2

M   

  0,25

VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình: 23x2 x 104x2 x 4 2x2 x 216 0 .

Phương trình tương đương:

2 2 2

3 10 2 14 2 12

2 x x 2 x x  2x  x 16 0  x  x 2 x  x  2x  x 1 0 0,25

2 2

2 12 2 12

(2 x x 1)(2x x 1) x x

       0,25

2

2 12 2

2 2 12

3

x x x x x

x

   

       

