8 Đề thi thử đại học môn: Toán

O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
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: (Cm) : y=−x3+ (2m+1)x2−m−1
1) Với m= 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1)
2) Tìm m để đường thẳng y= 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa
mãn OA2+OB2+OC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: sin
(
3x+ pi
4
)
+8sin2 x−p2sin x= 2
2) Giải phương trình:
p
1+ x2+ x4+ x=
p
x− x3
Câu III. (1 điểm) Tính
∫p8
p
3
x3 ln xp
x2+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 60o 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
Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2+ y2 = 2. Chứng minh rằng x
3
y2
+ 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 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.
Câu VIIa. (1 điểm) Giải bất phương trình:
√
log21
2
(
2x
2− x
)
−4≤p5
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 Oxyz cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−4x+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 trục hoành.
Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình: |z|
4
z2
+ z= −200
1−7i
——— Hết ———
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
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: (Cm) : y=−x3+ (2m+1)x2−m−1
1) Với m= 1, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1)
Lời giải:
Với m= 1 hàm số là y=−x3+3x2−2
• TXĐ là D =R
• Chiều biến thiên y′ =−3x2+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=−∞; limx→−∞ y=+∞.
Bảng biến thiên
x
y′
y
−∞ 0 2 +∞
− 0 + 0 −
+∞
−2
2
−∞
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−p3, x= 1+p3.
Hàm số cắt trục tung tại điểm B(0;−2) và cắt trục hoành tại ba điểm A1(1;0), A2
(
1−p3;0) , A3 (1+p3;0) .
1
2
3
−1
−2
−3
1 2 3−1
b b b
b
b
b
b
Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm m để đường thẳng y = 2mx−m−1 cắt đồ thị hàm số (Cm) tại 3 điểm phân biệt A,B,C thỏa mãn
OA2+OB2+OC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
2
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y= 2mx−m−1 với đồ thị hàm số (C1):
2mx−m−1=−x3+ (2m+1)x2−m−1
⇔ x[x2− (2m+1)x+2m]= 0
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (C1) tại 3 điểm phân biệt khi: Phương trình g(x)= x2−(2m+1)x+2m= 0
có hai nghiệm phân biệt khác 0 , tức là:
{
∆= (2m+1)2−4.2m> 0
g(0) 6= 0 ⇔
{
(2m−1)2 > 0
m 6= 0 ⇔
m 6=
1
2
m 6= 0
(∗)
Gọi x1, x2 lần lượt là hai nghiệm phân biệt của phương trình g(x)= 0, thì khi đó ta có:
A(x1;2mx1−m−1), B(x2;2mx2−m−1), C(0;−m−1)
⇒OA2+OB2+OC2 = x21+ x22+ (2mx1−m−1)2+ (2mx2−m−1)2+ (m+1)2
= x21+ x22+
[
4m2x2
1
−4mx1(m+1)+ (m+1)2
]+ [4m2x22−4mx2(m+1)+ (m+1)2]+ (m+1)2
= (x21+ x22)(1+4m2)−4m(m+1)(x1+ x2)+3(m+1)2
= [(x1+ x2)2−2x1x2] (1+4m2)−4m(m+1)(x1+ x2)+3(m+1)2
Lại có, theo Vi-et thì: {
x1+ x2 = 2m+1
x1x2 = 2m
⇒OA2+OB2+OC2 = [(2m+1)2−2.2m] (1+4m2)−4m(m+1)(2m+1)+3(m+1)2
= 16m4−8m3−m2+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 OA2+OB2+OC2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 29
8
tại m= −1
4
Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình: sin
(
3x+ pi
4
)
+8sin2 x−p2sin x= 2
Lời giải:
Biến đổi phương trình thành:
sin3x+cos3x+8
p
2sin2 x−2sin x−2
p
2= 0 (1)
⇔(sin3x−2sin x)+2
p
2(4sin2x−1)+cos x(4cos2x−3)= 0
⇔(2
p
2−sin x)(4sin2x−1)+cos x(2cos2x−1)= 0
⇔(2
p
2−sin x)(4sin2x−1)+cos x(2cos2x−1)= 0
⇔(2
p
2−sin x)(1−2cos2x)+cos x(2cos2x−1)= 0
⇔(sin x+cos x−2
p
2)(2cos2x−1)= 0
⇔cos2x= cos pi
3
⇔x=±pi
6
+kpi, (k ∈Z)
Còn sin x+cos x= 2p2 (vô nghiệm) do sin x+cos x≤p2
Vậy x=±pi
6
+kpi, (k ∈Z)
Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————
Giải phương trình:
p
1+ x2+ x4+ x=
p
x− x3
Lời giải:
3
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Điều kiện : x ∈ (−∞;−1]∪ [0;1]
• Xét với x= 0 Không là nghiệm của hệ :
• Với x ∈ (0;1] ta có :
⇔ x
√
1
x2
+ x2+1+ x= x
√
1
x
− x⇔
√
1
x2
+ x2+1+1=
√
1
x
− x
Đặt : t=
√
1
x
− x⇒ t4 = 1
x2
+ x2−2 Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
√
t4+3+1= t⇔
{
t−1≥ 0
t4+3= t2−2t+1 ⇒ t=−1(loại)
• Xét với x ∈ (−∞;−1] ta có
−
√
1
x2
+ x2+1+1=−
√
1
x
− x
Tương tự ta có
t=
√
1
x
− x⇒ t4 = 1
x2
+ x2−2
Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình ẩn t
−
√
t4+3+1=−t⇔
{
t+1≥ 0
t4+3= t2+2t+1 ⇒ t= 1 (thỏa mãn)
• Với t= 1⇒ 1
x
− x= 1⇔ x2+ x−1= 0⇔
 x=
−1−p5
2
x= −1+
p
5
2
(Loại)
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x= −1−
p
5
2
Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————
Tính
∫p8
p
3
x3 ln xp
x2+1
dx.
Lời giải:
Biến đổi
I =
∫p8
p
3
x3 ln xp
x2+1
dx= 1
2
∫p8
p
3
x2. ln x2.x.dxp
x2+1
Đặt t=
p
x2+1, (t≥ 0)⇒ t2 = x2+1⇒ t.dt= x.dx; x=
p
8 ⇒ t= 3
x=p3 ⇒ t= 2
ta được:
I = 1
2
∫3
2
(t2−1). ln(t2−1).t.dt
t
= 1
6
∫3
2
(t3−3t)′ ln(t2−1)dt
= 1
6
(t3−3t) ln(t2−1)
∣∣∣3
2
− 1
3
∫3
2
(t3−3t)tdt
t2−1
= 1
6
(t3−3t) ln(t2−1)
∣∣∣3
2
− 1
3
∫3
2
(
t2−2+ 1
t+1 −
1
t−1
)
dt
= 1
6
(t3−3t) ln(t2−1)
∣∣∣3
2
− 1
3
(
1
3
t3−2t+ 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 60o 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
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Lời giải:
b
A
b
B
b
B′
b
A′
b
N
b
M
b
K
b
C′
b
C
bP
b
Q
b
H′
Tính thể tích
Gọi K là trung điểm của A′B′, ta có ∆A′B′C′ cân tại C′ nên KC′ ⊥ A′B′ Có KC′ ⊥ AA′
⇒KC′ ⊥ (ABB′A′)⇒KC′ ⊥ AM ⇒KC′ ⊥BK ⇒ á(BC′, (ABB′A′)=ƒKBC′ = 60o lại có AM =BK = ap5
2
xét trong ∆BKC′⇒KC′ = a
p
15
2
, SA′B′C′ =
1
2
·A′B′ ·KC′ = 1
2
·a · a
p
15
2
= a
2
p
15
4
VABC.A′B′C′ = AA′ ·SA′B′C′ = a ·
a2
p
15
4
= a
3
p
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′⊥(PMQ).
AH′ = 2S∆ABC
BC
=
a2
p
15
2
2a
= a
p
15
4
S∆PMQ =
1
2
·BP ·PQ = a
2
2
⇒ 3VA.PMQ = AH′ ·S∆PMQ =
a3
p
15
8
Dễ thấy AM =MQ = a
p
5
2
. Theo định lý đường trung tuyến thì:
A′Q2 = 2A
′C′2+2A′B′2−B′C′2
4
= 3a
2
2
AQ2 = AA′2+AQ2 = 5a
2
2
⇒ S∆AMQ =
1
2
√
AM2− AQ
2
4
·AQ = 5a
2
8
⇒ d[P, (AMQ)]= 3VP.AMQ
S∆AMQ
= a
3
p
15
8
· 8
5a2
= a
p
15
5
Vậy d[AM,PN]= a
p
15
5
Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x2+ y2 = 2. Chứng minh rằng x
3
y2
+ 9y
2
x+2y ≥ 4.
Lời giải:
5
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Cách 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số thực dương ta có
x3
y2
+ xy2 ≥ 2x2
Do đó ta cần chứng minh
2x2+ 9y
2
x+2y ≥ 4+ xy
2
hay
9y2
x+2y ≥ 2y
2+ xy2
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(x2+ y2)= 2.
Dấu bằng đạt được tại x= y= 1.
Cách 2
Ta có:
x3
y2
+ 9y
2
x+2y ≥
x3
y2
+ 9y
2
x+ y2+1 =
x3
2− x2 +
9(2− x2)
x+3− x2
Cuối cùng thì chỉ cần có:
x3
2− x2 +
9(2− x2)
x+3− x2 ≥ 4⇔ (x−1)
2(x3−4x2−16x−12)≤ 0
đúng do 0≤ x≤p2
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 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.
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(x0− xG)+ (xH − xG)= 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 OA, OA2 = 1+b2
6
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Ta được (xC −3)2+
(
b
2
)2
= 1+b2 Vậy xC = 3±
√
1+ 3
4
b2; yC =
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 (xC; yC;3−2xC− yC)
Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại trung điểm củamỗi đường là I
(
1
2
(3+ xC); 12 (2+ yC); 12 (2−2xC− yC)
)
.
I ∈BD ta được
1
2
(3+ xC)−1
1
=
1
2
(2+ yC)+2
2
=
1
2
(2−2xC− yC)−2
−1
⇔ xC+1=
yC+6
2
= 2xC+ yC+2⇔ xC = 1; yC =−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+√32
t= 1−
√
3
2
Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————
Giải bất phương trình:
√
log21
2
(
2x
2− x
)
−4≤p5
Lời giải:
Vì log 1
2
2
(
2x
2− x
)
= log22
(
2x
2− x
)
nên bất phương trình là
√(
log2
(
2x
2− x
)
−2
)(
log2
(
2x
2− x
)
+2
)
≤
p
5
Bình phương 2 vế của bất phương trình ta được
0≤
(
log2
(
2x
2− x
)
−2
)(
log2
(
2x
2− x
)
+2
)
≤ 5
⇔

(
log2
(
2x
2− x
)
−2
)(
log2
(
2x
2− x
)
+2
)
≥ 0(
log2
(
2x
2− x
)
−3
)(
log2
(
2x
2− x
)
+3
)
≤ 0
⇔−3≤ log2
(
2x
2− x
)
≤−2 hay 2≤ log2
(
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 ngắn nhất.
Lời giải:
7
O
nL
uy
en
T
oa
n
-
20
12
Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(−2;1). Vì tam giác EBA vuông cân tại B, nên EA là đường kính
của đường tròn. Suy ra MI = 2p5 (Cái này Pythagone mấy lần là ra).
Ta có: MO ≥ |MI−OI| ≥ |2p5−p5| =p5 (Theo bất đẳng thức tam giác).
Dấu bằng xảy ra ⇔
{
M,O, I thẳng hàng
MO =p5
M,O, I thẳng hàng ⇔M ∈OI : x+2y= 0⇔M(−2t; t)
MO2 = 5⇔ (−2t)2+ t2 = 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 Oxyz cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−4x+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 trục hoành.
Lời giải:
Ox∩ (P)= A(−9;0;0). Theo đề bài ∆ qua A có vtcp −→v = (m;n; p) với m2+n2+ p2 6= 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 =p4+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+121p2+ (11n+m)2
m2+n2+ p2 = 9 (2)
Tiếp tục giải hệ gồm (1), (2) với m2+n2+ p2 6= 0 là ra vtcp rồi sau đó viết phương trình ∆
Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————
Tìm số phức z thỏa mãn phương trình:
|z|4
z2
+ z= −200
1−7i
Lời giải:
Ta có z2 · z2 = |z|4 nên
|z|4
z2
= z
2 · z2
z2
= z2
và
200
1−7i =
200(1+7i)
(1−7i)(1+7i) = 4+28i
Phương trình đã cho tương đương với
z2+ 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:
cosx
cos 3x
− cos 5x
cosx
+ 8 sin2
(
2x+
11pi
2
)
= 4(cos 2x+ 1).
2. Giải bất phương trình:
√
x2 − x− 6 + 7√x−√6(x2 + 5x− 2)
x+ 3−√2(x2 + 10) 6 0.
Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: I =
pi
2∫
0
5 + 7x− x cos 2x
2(2 + cosx)
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 (MNB).
Câu V. (1.0 điểm) Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c > 0 và a3 + b3 = c(c− 1). Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a2 + b2 + c2
(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 ) : x2 + y2 + 3x− 6y = 0. Gọi M, N là hai điểm di động
trên (T ) sao cho ∠MON = 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) : x2 + y2 + z2 − 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) :
x2
4
+ y2 = 1 và điểm M
(
2
3
,
2
3
)
. Viết phương trình đường
thẳng ∆ qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho MA = 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: (9z2 + 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 = limx→+∞ 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)
−12
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
Câu Đáp án Điểm
2. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I (giao điểm của hai tiệm cận) cắt
(C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2
√
3.
Dễ thấy tọa độ của I là I(1, −2); đồng thời, do đường thẳng ∆ qua I cắt (C) tại
hai điểm phân biệt nên ∆ không thể là đường thẳng vuông góc với trục hoành hay
trục tung, cũng không thể là một đường thẳng có hệ số góc dương. Từ đây, ta suy
ra phương trình của ∆ có dạng
y = −3k2(x− 1)− 2 với k > 0.
0.25
Lúc này, bằng cách giải hệ phương trình y =
2x+ 1
1− x
y = −3k2(x− 1)− 2
ta tìm được tọa độ của hai điểm A, B lần lượt là
A
(
k − 1
k
, 3k − 2
)
, B
(
k + 1
k
, −3k − 2
)
.
0.25
Với kết quả này, ta có
• −→OA = (xA, yA), −−→OB = (xB, yB);
• OA2 = x2A + y2A, OB2 = x2B + y2B;
• −→OA · −−→OB = xAxB + yAyB.
Suy ra
SOAB =
1
2
·OA ·OB · sin∠AOB = 1
2
OA ·OB ·
√
1− cos2∠AOB
=
1
2
√
OA2 ·OB2 − (OA ·OB · cos∠AOB)2 = 1
2
√
OA2 ·OB2 −
(−→
OA · −−→OB
)2
=
1
2
√
(x2A + y
2
A)(x
2
B + y
2
B)− (xAxB + yAyB)2 =
1
2
|xAyB − xByA|
=
1
2
∣∣∣∣k − 1k · (−3k − 2)− k + 1k · (3k − 2)
∣∣∣∣ = |3k2 − 2|k .
0.25
Mặt khác, theo giả thiết thì SOAB = 2
√
3. Như vậy, ta có
|3k2 − 2|
k
= 2
√
3.
Giải phương trình này, ta tìm được k =
√
4 + 2
√
3
3
hoặc k =
√
4− 2√3
3
.
Vậy, có tất cả hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu của đề bài là
• ∆1 : y = −
(
4 + 2
√
3
)
(x− 1)− 2.
• ∆2 : y = −
(
4− 2√3) (x− 1)− 2.
0.25
3
Câu Đáp án Điểm
II
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Giải phương trình:
cosx
cos 3x
− cos 5x
cosx
+ 8 sin2
(
2x+
11pi
2
)
= 4(cos 2x+ 1).
Điều kiện để phương trình có nghĩa là cos 3x 6= 0, hay x 6= pi
6
+
kpi
3
(k ∈ Z).
Do sin2
(
2x+
11pi
2
)
= cos2 2x nên phương trình được viết lại như sau
cosx
cos 3x
− cos 5x
cosx
= −8cos22x+ 4(cos 2x+ 1). (∗)
0.25
Lại thấy
−8cos22x+ 4(cos 2x+ 1) = 4 cos 2x− 4 cos 4x = 8 sinx sin 3x
nên (∗) tương đương với
cosx
cos 3x
− cos 5x
cosx
= 8 sinx sin 3x,
hay
cos2x− cos 5x cos 3x = 8 sinx sin 3x cosx cos 3x. (∗∗)
0.25
Đến đây, sử dụng các công thức cung nhân đôi, công thức hạ bậc và công thức biến
đổi tích thành tổng, ta có
cos2 x =
1 + cos 2x
2
, cos 5x cos 3x =
cos 8x+ cos 2x
2
và
8 sinx sin 3x cosx cos 3x = 2 sin 2x sin 6x = cos 4x− cos 8x.
Do đó, (∗∗) có thể được viết lại thành
1 + cos 2x
2
− cos 8x+ cos 2x
2
= cos 4x− cos 8x,
hay
1 + cos 8x = 2 cos 4x.
0.25
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.
• Với cos 4x = 0, ta có x = pi
8
+
kpi
4
(k ∈ Z). Đối chiếu với điều kiện xác định
của phương trình, ta nhận họ nghiệm x =
pi
8
+
kpi
4
(k ∈ Z).
• Với cos 4x = 1, ta có x = kpi
2
(k ∈ Z). Đối chiếu với điều kiện phương trình,
ta tìm được x = mpi (m ∈ Z).
Vậy phương trình đã cho có hai họ nghiệm là x =
pi
8
+
kpi
4
và x = mpi (k, m ∈ Z).
0.25
4
Câu Đáp án Điểm
2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình:
√
x2 − x− 6 + 7√x−√6(x2 + 5x− 2)
x+ 3−√2(x2 + 10) 6 0.
Điều kiện để bất phương trình xác định:
x2 − x− 6 > 0
x > 0
x2 + 5x− 2 > 0
x+ 3−
√
2(x2 + 10) 6= 0
Ta có:
• Điều kiện để bất phương trình x2−x−6 > 0 được thỏa mãn là x 6 −2∨x > 3.
• Điều kiện để bất phương trình x2 + 5x− 2 > 0 được thỏa mãn là
x 6 −5 +
√
33
2
∨ x > −5 +
√
33
2
.
• Với mọi x ∈ R thì x+ 3 6√2(x2 + 9) <√2(x2 + 10).
Do đó, để bất phương trình đã cho có nghĩa, ta cần phải có
x 6 −2 ∨ x > 3
x > 0
x 6 −5 +
√
33
2
∨ x > −5 +
√
33
2
hay tương đương
x > 3.
0.25
Bây giờ, do x+ 3−√2(x2 + 10) < 0 nên bất phương trình đã cho tương đương với√
x2 − x− 6 + 7√x >
√
6(x2 + 5x− 2).
Bình phương hai vế, ta thu được
x2 − x− 6 + 14
√
x(x+ 2)(x− 3) + 49x > 6x2 + 30x− 12,
hay
14
√
x(x+ 2)(x− 3) > 5x2 − 18x− 6.
0.25
Để ý rằng 5x2 − 18x− 6 = 5x(x− 3)− 3(x+ 2). Do đó, bất phương trình cuối có
thể được viết lại thành
14
√
x(x+ 2)(x− 3) > 5x(x− 3)− 3(x+ 2),
hay tương đương
14
√
x(x− 3)
x+ 2
> 5 · x(x− 3)
x+ 2
− 3. (∗)
Đặt t =
√
x(x− 3)
x+ 2
, t > 0. Khi đó, (∗) trở thành
14t > 5t2 − 3.
0.25
5
Câu Đáp án Điểm
Giải bất phương trình này, ta tìm được 0 6 t 6 3, hay
x(x− 3)
x+ 2
6 9.
Quy đồng mẫu số và khử mẫu, ta viết được bất phương trình dưới dạng
x2 − 12x− 18 6 0.
Từ đây, ta suy ra 6− 3√6 6 x 6 6 + 3√6. Kết hợp với điều kiện xác định x > 3,
ta tìm được nghiệm của bất phương trình là 3 6 x 6 6 + 3
√
6.
0.25
III
(1.0 điểm)
Tính tích phân: I =
pi
2∫
0
5 + 7x− x cos 2x
2(2 + cosx)
dx.
Để ý rằng
5 + 7x− x cos 2x
2(2 + cosx)
=
5 + 7x− x(2cos2x− 1)
2(2 + cosx)
=
5 + 2x(4− cos2x)
2(2 + cosx)
=
5
2(2 + cosx)
+ x(2− cosx) = 5
2(2 + cosx)
+ 2x− x cosx.
Do vậy, nếu đặt lần lượt
I1 =
pi
2∫
0
dx
2 + cosx
, I2 =
pi
2∫
0
xdx, I3 =
pi
2∫
0
x cosxdx,
thì ta sẽ có
I =
5
2
I1 + 2I2 − I3.
Và như thế, ta có thể tính I bằng cách tính các tích phân I1, I2, I3.
0.25
• Tính I1. Đặt t = tan x
2
, ta có dt =
1
2
(
tan2
x
2
+ 1
)
dx =
1
2
(t2 + 1)dx. Suy ra
dx =
2
t2 + 1
dt.
Đồng thời, cũng theo phép đặt, ta có:
◦ cosx = 1− t
2
1 + t2
, suy ra 2 + cosx =
3 + t2
1 + t2
.
◦ Với x = 0 thì t = 0.
◦ Với x = pi
2
thì t = 1.
Như thế, I1 có thể được viết lại dưới dạng
I1 =
1∫
0
(
1 + t2
3 + t2
· 2
1 + t2
)
dt = 2
1∫
0
dt
3 + t2
.
0.25
6
Câu Đáp án Điểm
Đến đây, lại đặt tiếp t =
√
3 tanu với u ∈
[
0,
pi
2
)
, ta thấy:
◦ dt =
√
3(tan2 u+ 1)du =
√
3
3
(t2 + 3)du.
◦ Với t = 0 thì u = 0.
◦ Với t = 1 thì u = pi
6
.
Do đó,
I1 = 2
1∫
0
dt
3 + t2
=
2
√
3
3
pi
6∫
0
du =
2
√
3
3
· (u)
∣∣∣pi6
0
=
pi
√
3
9
.
0.25
• Tính I2. Đây là một tích phân đơn giản. Ta dễ dàng tính được
I2 =
pi
2∫
0
xdx =
x2
2
∣∣∣∣
pi
2
0
=
pi2
8
.
• Tính I3. Ta sẽ tính tích phân này bằng phương pháp tích phân từng phần.
Có thể thấy rằng I3 có dạng
pi
2∫
0
udv,
với u = x và dv = cosxdx (tức v = sinx). Từ đây, sử dụng công thức tính
tích phân từng phần, ta có
I3 = (uv)
∣∣∣pi2
0
−
pi
2∫
0
vdu = (x sinx)
∣∣∣pi2
0
−
pi
2∫
0
sinxdx
=
pi
2
+ (cosx)
∣∣∣pi2
0
=
pi
2
− 1.
Vậy, ta có kết quả cuối cùng
I =
5
2
· pi
√
3
9
+ 2 · pi
2
8
−
(pi
2
− 1
)
=
pi2
4
+
5pi
√
3
18
− pi
2
+ 1.
0.25
7
Câu Đáp án Điểm
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 (MNB).
• Hình vẽ:
• Tính VC′MNB: Vì A′ cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A′ lên mặt
phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bây giờ, gọi H là trung
điểm của BC thì do tam giác ABC vuông cân tại A nên H là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đây, kết hợp với lý luận trên, ta có A′H ⊥ (ABC).
Gọi K là giao điểm của MN và AC ′. Khi đó, dễ thấy K là trung điểm của AI nên
AK =
1
3
C ′K. Suy ra
VC′MNB = 3VAMNB.
0.25
Gọi E là trung điểm của AH. Ta có ME là đường trung bình của tam giác A′AH
nên ME ‖ AH, suy ra ME ⊥ (ABC). Và do đó, ta thu được
VMANB =
1
3
·ME · SANB = 1
3
·ME ·
(
1
2
·AN ·AB
)
=
1
6
·ME ·AN ·AB.
Mặt khác, áp dụng định lý Pitago trong tam giác A′HB vuông tại H, ta có
A′H =
√
A′B2 −BH2 =
√
A′A2 − BC
2
4
=
√
(2a)2 −
(
a
√
2
)2
4
=
a
√
14
2
.
Do đó,
ME =
1
2
A′H =
a
√
14
4
.
0.25
8
Câu Đáp án Điểm
Từ đây suy ra (chú ý rằng AB = 2AN = a)
VMANB =
1
6
· a
√
14
4
· a
2
· a = a
3
√
14
48
(đvdt).
Cuối cùng, ta thu được kết quả là VC′MNB =
a3
√
14
16
(đvdt).
• Tính d(C ′, (BMN)): Dựa trên các lập luận ở đoạn trước, ta có
d
(
C ′, (BMN)
)
= 3 · d(A, (BMN)).
Gọi F là trọng tâm tam giác ABC. Ta có
AE =
1
2
AH =
1
2
· 3
2
AF =
3
4
AF.
Suy ra EF =
1
4
AF và
d
(
A, (BMN)
)
= 4 · d(E, (BMN)).
Hạ EP ⊥ BN và EQ ⊥MP thì ta có EQ ⊥ (MNB). Do đó,
d
(
E, (MNB)
)
= EQ =
EP · EM√
EP 2 + EM2
0.25
(Chú ý rằng tam giác MEP vuông tại E). Mặt khác, do 4EPF ∼ 4BHF nên
EP
BH
=
EF
BF
,
suy ra
EP =
BH · EF
BF
.
Đến đây, tính toán