Đề thi thử đại học, cao đẳng số 8 môn thi: Toán

 EBOOKTOAN.COM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012 
 SỐ 8 Môn thi : TOÁN 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) 
Câu I. (2.0 điểm) 
 Cho hàm số y = x
x-1 (C) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) 
 đến tiếp tuyến là lớn nhất. 
Câu II. (2.0 điểm) 
 1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x∈ [ 0 ;pi ]. 
 2. Giải hệ phương trình 
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− − − + =

− = + − +
Câu III. (1.0 điểm) 
 Tính tích phân 
3
1 4
2
0
( )
1
x xx e dx
x
+
+∫ 
Câu IV. (1.0 điểm) 
 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). 
Câu V. (1.0 điểm) 
 Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD. 
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm 
điểm). 
 A. Theo chương trình nâng cao 
Câu VIa. (2.0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. 
 Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. 
 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’
có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là 
 tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. 
Câu VIIa. (1.0 điểm) 
 Giải bất phương trình 
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1) 0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
B. Theo chương trình chuẩn 
Câu VIb. (2.0 điểm) 
 1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng 
 tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x =
8
3
 có giá trị không đổi. 
 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): 
 x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). 
Câu VIIb. (1.0 điểm) 
 Giải bất phương trình 2 2 32
1 6 10
2 x x x
A A C
x
− ≤ + ( knC , knA là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử) 
.................HẾT.............. 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh.................................................. 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012. 
 Môn thi : TOÁN 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) 
CÂU NỘI DUNG THANG 
ĐIỂM 
Câu I 
(2.0đ) 
 1. 
(1.0đ) 
TXĐ : D = R\{1} 
0.25 
Chiều biến thiên 
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −→ →
= +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 
 y’ = 2
1 0( 1)x− <− 
0.25 
Bảng biến thiên 
1
+∞
-∞
1
- -
y
y'
x
-∞ 1 +∞
Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ 
Hàm số không có cực trị 
0.25 
Đồ thị.(tự vẽ) 
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) 
Vẽ đồ thị 
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 
0.25 
2.(1.0đ) 
Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối 
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. 
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 002
0 0
1 ( )( 1) 1
xy x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1 0( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ − − + =
− −
0.25 
Ta có d(I ;tt) = 0
4
0
2
1
11 ( 1)
x
x
−
+
+
Xét hàm số f(t) = 
4
2 ( 0)
1
t
t
t
>
+
 ta có f’(t) = 
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
− + +
+ +
0.25 
-+
f(t)
f'(t)
x
2
0
10 +∞
f’(t) = 0 khi t = 1 
Bảng biến thiên 
từ bảng biến thiên ta c 
d(I ;tt) lớn nhất khi và 
chỉ khi t = 1 hay 
0
0
0
2
1 1
0
x
x
x
=
− = ⇔ 
=
0.25 
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 
0.25 
Câu 
II(2.0đ) 
1. 
(1.0đ) 
 Phương trình đã cho tương đương với 
 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 
0.25 
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2s inxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔ 

0.25 
+ osx=0 x=
2
c kpi pi⇔ + 
+ 
3x=x- 2
62 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6 3 2
6
k
c c
x x k
pi
pi
pi
pi
pi

+
⇔ ⇔ 

= − +

0.25 
12
24 2
x k
k
x
pi
pi
pi pi

= − +
⇔ 

= +

 vì x [ ] 11 130; , , ,
2 12 24 24
x x x x
pi pi pi pi
pi∈ ⇒ = = = = 
0.25 
2.(1.0đ) 
ĐK: 
, 0x y
x y
≥
 ≥
Hệ phương trình 
3 2 3 2 3 2 3 23 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − − − + = − + = 
⇔ ⇔ 
− − = − + − = − + − +  
0.25 
3 2 3 2 3 2 3 23 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
2 0(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y x y x x y
y xy x y x x y y
− −
− − − + =  − + =
⇔ ⇔ 
− =
− + − + + = 
(do 2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠ ) 
3 2 3 2 2 23 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− − − + = − + =
⇔ ⇔ 
= = 
0.25 
Giải (1): 2 2 2
3( ) 13 3 23 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
32 2 ( ) 4
2
x
x x x x x
x

=
− + = ⇔ − + = ⇔ 

=

3
2
0
log 4
x
x
=
⇔
=

0.25 
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 
Với 3
2
log 4x = thay vao (2) ta được y = 3
2
1 log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3
2
log 4x = ,y = 3
2
1 log 4
2
0.25 
Câu III. 
(1.0đ) 
Đặt I = 
3
1 4
2
0
( )
1
x xx e dx
x
+
+∫
. Ta có I =
3
1 1 4
2
0 0 1
x xx e dx dx
x
+
+∫ ∫
0.25 
Ta tính 
3
1
2
1
0
xI x e dx= ∫ Đặt t = x
3
 ta có 
1
1
1 0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t tI e dt e e= = = −∫ 
0.25 
Ta tính 
1 4
2
0 1
xI dx
x
=
+∫
 Đặt t = 4 x 4 34x t dx t dt⇒ = ⇒ = 
0.25 
Khi đó 
1 14
2
2 2 2
0 0
1 24 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
tI dx t dt
t t
pi
= = − + = − +
+ +∫ ∫
Vậy I = I1+ I2 
1 3
3
e pi= + − 
0.25 
Câu IV. 
(1.0đ) 
Ta có 1 1 12 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥ nên 
0.25 
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (1)y z y z
x y z y z yz
− − − −≥ − + − = + ≥ 
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (2)x z x z
y x z x z xz
− − − −≥ − + − = + ≥ 
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (3)x y x y
y x y x y xy
− − − −≥ − + − = + ≥ 
0.25 
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤ 
0.25 
vậy Amax = 
1 3
8 2
x y z⇔ = = = 
0.25 
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D A
B
M
B D
A
C
P
M
N
Câu V. 
(1.0đ) 
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng 
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P 
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC 
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP 
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
= + − = + −
= + −
Vậy V = 
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 22( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + − 
1.0 
Câu 
VIa. 
(2.0đ) 
1. 
(1.0đ) 
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) 
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) 
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 
0.5 
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 
I(4/3 ; 0), R = 4/3 
0.5 
2. 
(1.0đ) 
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ 
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) 
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) 
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm 
M,N,B,C’ có dạng 
x
2
 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 
5
21 2 0
52 2 2 0
28 4 4 0 1
8 4 4 0 2
4
A
A D
B C D B
A C D
CB C D
D

= −
+ + = 
 + + + = = − 
⇔ 
+ + + = 
= − + + + =

 =
Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D+ + − = 
1.0 
Câu 
VIIa 
(1.0đ) 
Câu 
VIb 
(2.0đ) 
1. 
(1.0đ) 
Đk: x > - 1 
0.25 
bất phương trình 
3
3
3
3log ( 1)2log ( 1)
log 4 0( 1)( 6)
x
x
x x
+
+ −
⇔ >
+ −
3log ( 1) 0
6
x
x
+
⇔ <
−
0.25 
0.25 
0 6x⇔ < < 0.25 
Ta có 1 2( 12;0), ( 12;0)F F− Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên 
đường thẳng 8
3
x = . Ta có MF2 = a - cx0/a = 0
8 3
2
x−
0.5 
MH = 08 3
3
x−
. Vậy 2MF
MH
 không đổi 
0.5 
2. 
(1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q QAB n AB n
  = − 
uuur uur uuur uur
Vì ; 0QAB n  ≠ 
uuur uur r
 nên mặt phẳng (P) nhận ; QAB n  
uuur uur
 làm véc tơ pháp tuyến 
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 
1.0 
Câu 
VIIb 
(1.0đ) 
nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× 
®-îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh- ®¸p ¸n quy ®Þnh