Đề thi thử đại học lần 1 môn: Toán; khối A - Trường THPT Nguyễn Đức Hậu

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 21 12 ( 4)
3 3
y x x m x m= − + + + − (1), m là tham số. 
1. Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = − 
2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số (1) đi qua điểm ( )3; 1A − . 
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3cos cos3 2sin (cos 2 2) 2 6 cos 2
sin
4
x x x x
x
x
pi
− + +
=
 
+ 
 
. 
2. Giải phương trình: 
2
2
2 9 173
2 6 16 3 1
x x
x
x x x
− +
− =
− + + −
. 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 
2
4
cot .ln(sin )
sin
x xI dx
x
pi
pi
= ∫ . 
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 
 060ABC= . Cạnh 
bên SB = 2a và SB tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 060 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) 
trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
Câu V (1 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
a b cP
b c c a a b
= + +
+ + +
. 
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng d có 
phương trình: 4 2 0x y− − = , cạnh AC song song đường thẳng d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có 
phương trình: 3 0x y+ + = , điểm M(1;1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 2 1 1
4 1 1
x y z− − +
= =
− −
 và điểm 
A(1;0;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với đường thẳng ∆ và khoảng cách 
giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3. 
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình sau: ( ) ( ) ( )234 4 212log 1 log 2 1 log 12x x x+ ≤ − + + 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, phương trình 
đường thẳng AB: 3 0x y− + = , điểm I(1;2) là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của 
hình chữ nhật. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0x y z− + + = , đường thẳng 
1
1 2
:
1 2 1
x y zd − += =
−
, đường thẳng 2
1 1
:
1 1 2
x y zd + −= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (α ) song 
song mp (P), cắt các đường thẳng 1 2,d d lần lượt tại A và B sao cho độ dài đoạn AB bằng 3 . 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phươg trình: 2 2log ( ) 1 log ( )
5 125x y xy
x y xy
+ +
+ = −

=
ennhomt@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM 
 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2012 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC MẬU Môn: TOÁN; Khối A 
Câu Nội dung Điểm 
1. (1 điểm) Khảo sát SBT và  3 21 42 3
3 3
y x x x= − + + 
Khi 1m = − ta có, 3 21 42 3
3 3
y x x x= − + + 
Tập xác định: D = ℝ 
Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 2' 4 3y x x= − + ; 
1
' 0
3
x
y
x
=
= ⇔ 
=
0.25 
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (3; )+∞ , nghịch biến trên (1;3) 
- Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại 81;
3C§
x y= = , đạt CT tại 43;
3CT
x y= = . 
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞ 
0.25 
- Bảng biến thiên: 
0.25 
Đồ thị: 
0.25 
2. (1 điểm)Viết PTTT 
Gọi 0 0( ; )M x y thuộc đồ thị hàm số (1). Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) 
tại 0 0( ; )M x y là: 2 20 0 0 0'( ) 4 4 ( 2)y x x x m x m m= − + + = − + ≥ 
0.25 
0 0'( ) 2khiMin y x m x= = ⇒ tọa độ tiếp điểm (2; 3)M m + 0.25 
PT tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại (2; 3)M m + có dạng: ( 2) 3y m x m= − + + 0.25 
I 
(2 điểm) 
Tiếp tuyến đi qua (3; 1)A − nên 1 3 2m m m− = + + ⇔ = − . Vậy 2m = − 0.25 
1. (1 điểm) Giải PT: 3cos cos3 2sin (cos 2 2) 2 6 cos 2 (1)
sin
4
x x x x
x
x
pi
− + +
=
 
+ 
 
. 
II 
(2 điểm) 
Điều kiện: ,
4
x k kπ π≠− + ∈ℤ . 0.25 
2a
G
S
M
C
A
B
3 36cos 4cos 6sin 4sin(1) 2 3 cos 2
sin cos
x x x x
x
x x
− + −
⇔ =
+
(cos sin )(2 2sin 2 ) 2 3 cos 2
sin cos
x x x
x
x x
+ +
⇔ =
+
 0.25 
 3 cos 2 sin 2 1x x⇔ − = 1cos(2 )
6 2
x
pi
⇔ + = 0.25 
12 ( )
4
x m
m
x m
π
π
π
π

 = +

⇔ ∈

=− +

ℤ . Vậy, phương trình có nghiệm: 
4
x m
pi
pi= − + 0.25 
2. (1 điểm) Giải phương trình: 
2
2
2 9 173 (2)
2 6 16 3 1
x x
x
x x x
− +
− =
− + + −
. 
Điều kiện: 1
3
x ≥ . Ta thấy, để (2) có nghiệm thì 3x ≤ 1 3
3
x⇒ ≤ ≤ 
2(2) 3 2 6 16 3 1x x x x⇔ − = − + − − 
0.25 
23 3 1 2 6 16x x x x⇔ − + − = − + 
2 2(3 ) 2(3 ) 3 1 (3 1) 2(3 ) 2(3 1)x x x x x x⇔ − + − − + − = − + − 0.25 
2(3 3 1) 0x x⇔ − − − = 3 3 1x x⇔ − = − 0.25 
2
9 41
29 10 0
9 41
2
x
x x
x
 +
=
⇔ − + = ⇔

−
=

. Vậy PT có nghiêm: 9 41
2
x
−
= 0.25 
2
2
4
cos .ln(sin )
sin
x xI dx
x
pi
pi
= ∫ . Đặt: 
2
cosln(sin )
sin
cos 1
sin
sin
x
u x du dx
x
xdv dx
vx
x

= =  
⇒ 
= 
= − 
 0.25 
22
2
4 4
1 cos
.ln(sin )
sin sin
xI x dx
x x
pipi
pi pi
 
⇒ = − + 
 
∫ 0.25 
2 2
44
1 1
.ln(sin )
sin sin
x
x x
pi pi
pipi
 
= − − 
 
 0.25 
III 
(2 điểm) 
22 1 ln 2
2
= − − 0.25 
IV 
(1 điểm) 
0
0
.sin 60 3
3 3
.cos60
2 2
Trong SBG: SG SB
 BG SB BM BG
a
a a
∆ = =
= = ⇒ = =
Đặt AB = x ( x > 0) 
33, 2 ;
2
AC BC MA MCx x x⇒ = = = = . 
0.25 
 Áp dụng định lý Côsin trong BCM∆ : 
2 2 2 02 .cos30BM BC MC BC.BM= + − 3
7
a
x⇒ = 
0.25 
3 3 3
,
7 7
AB AC
a a
⇒ = = . Diện tích ABC∆ : 
21 9 3
.
2 14ABC
aS AB AC∆ = = 0.25
Thể tích khối chóp S.ABC là: 
2 31 9 3 9
. . 3
3 14 14S.ABC
a aV a= = (đvtt) 0.25 
Ta có: 
2 2 2 2 2( 2 ) ( 2 ) 22. .
2 9 2 9 3
a b c a a b c a a
b c b c
+ +
+ ≥ =
+ +
Tương tự, 
2 2 2( 2 ) 2
2 9 3
b c a b b
c a
+
+ ≥
+
; 
2 2 2( 2 ) 2
2 9 3
c a b c c
a b
+
+ ≥
+
0.25 
Khi đó, 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1( ) ( 2 2 2 ) (1)
3 9
P a b c a b b c c a a c ab bc≥ + + − + + + + + 
Ta có: 
3 3 3 3 3 3 3 3 3
2 2 2 3 3 3 (2)
3 3 3
a a c a b b b c c
a c ab bc a b c+ + + + + ++ + ≤ + + = + + 
0.25 
Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2 2 22 1( ) ( )( )
3 9
P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + 0.25 
V 
(1 điểm) 
Mặt khác, 2 2 23( )a b c a b c+ + ≤ + + 
nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 22 1( ) ( ) 3( ) 1
3 9
P a b c a b c a b c≥ + + − + + + + = 
Vậy, 1 1khiMinP x y z= = = = 
0.25 
1. (1 điểm) 
Đường thẳng d1: 
qua M(1;1)
 AH

⊥
⇒PT đường thẳng d1: 0x y− = . 
Gọi I = d1 ∩AH ⇒ I( 32− ;
3
2
− ) 
Gọi N đối xứng M qua AH thì N(-4;-4) và N 
nằm trên AC. 
0.25 
Đường thẳng AC: 
qua N(-4;-4)
song song d



⇒PT đường thẳng AC: 4 12 0x y− − = . 
 Ta có, A = AC ∩AH ⇒A(0;-3) 
0.25 
Đường thẳng AB: 
qua N(0;-3)
qua M(1;1)



⇒PT đường thẳng AB: 4 3 0x y− − = . 
 Ta có, B = d ∩AB ⇒B( 2
3
;
1
3
− ) 
0.25 
VI.a 
(2 điểm) 
Đường thẳng d1: 
2 1( ; )
3 3
qua B
 AH

−

⊥
⇒PT đường thẳng BC: 1 0x y− − = . 
 Ta có, C = BC ∩AH ⇒C( 8
3
− ;
11
3
− ) 
0.25 
H
N
I
M
C
A
B
d
2. (1 điểm) 
Đường thẳng ∆ đi qua B(2;1;-1), có vtcp ( 4; 1;1)u − −


. 
Phương trình mp(P): (1;0;3)
( ; ; )
qua A
vtpt n a b c





 có dạng: 3 0ax by cz a c+ + − − = 0.25 
Ta có, / / . 0 4 (1)(P) n u b c a∆ ⇔ = ⇔ = −

 

Mặt khác, d( ∆ ,(P)) = d(B,(P)) = 3 
2 2 2
4
3 (2)a c b
a b c
− +
⇔ =
+ +
0.25 
Từ (1) và (2), ta được: 2 216 10 0a ac c− + = 
Chọn, 2
8
1 10 16 0
2
c
a c c
c
=
= ⇒ − + = ⇔ 
=
0.25 
- Với c = 8 4; 1b a⇒ = = ⇒PTmp(P): 4 8 25 0x y z+ + − = 
- Với c = 2 2; 1b a⇒ = − = ⇒PTmp(P): 2 2 7 0x y z− + − = . 0.25 
Điều kiện: 11
2
x− < ≠ 
Bất PT 32log ( 1) log 2 1 log( 1)x x x⇔ + ≤ − + + 
0.25 
2 1 2 1 (*)x x x⇔ − + ≤ − 0.25 
- Với 11
2
x− < < : 2(*) 1 1 2 1 0x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ − < ≤ 0.25 
VII.a 
(1 điểm) 
- Với 1
2
x > : 2(*) 1 2 1 1 2x x x x⇔ − + ≤ − ⇒ ≤ ≤ . 
Vậy, bất PT có nghiệm: ( 1;0] 1;2][x ∈ − ∪ 
0.25 
1. (1 điểm) 
Do 16ABCDS = 4IABS∆⇒ = 
Gọi H là hình chiếu của I lên AB thì H là 
trung điểm đoạn AB. 
Ta có, ( ) 2IH I,ABd= = nên 4 2AB = . 
0.25 
Phương trình HI: 3 0x y+ − = . H = IH∩AH ⇒H(0;3) 0.25 
Khi đó, gọi A 0 0( ; 3)x x + thì B 0 0( ;3 )x x− − ; 020
0
2
4 2 8 32
2
AB
x
x
x
=
= ⇔ = ⇔ 
= −
 0.25 
- Với 0 2x = ⇒ A(2;5), B(-2;1), C(0;-1), D(4;3) 
- Với 0 4x = − ⇒ A(-2;1), B(2;5), C(4;3), D(0;-1) 0.25 
2. (1 điểm) 
Do mp ( )α song song mp(P) nên PT mp ( )α : 2 0x y z m− + + = 0.25 
+) 1( ) (1 ;2 ; 2 )mp Ad m m mα ∩ = + − − 0.25 
+) 2( ) ( 2;1 ; 2 3)mp d m m mα ∩ = + + − −B 0.25 
VI.b 
(2 điểm) 
Ta có, 3 0AB m= ⇔ = ⇒ PT mp ( )α : 2 0x y z− + = 0.25 
Điều kiện:
0
0
x y
xy
+ >

>
. Hệ phương trình 
( ) 2
3
x y xy
x y xy
+ =
⇔ 
+ + =
 0.25 
VII.b 
(1 điểm) 
Đặt 
u x y
v xy
= +

=
 ta tìm được, 
2; 1
1; 2
u v
u v
= =

= =
 0.25 
I
C
BH
A
D
Với, 
2 2 1
1 1 1
u x y x
v xy y
= + = =  
⇔ ⇔  
= = =  
 (thoả mãn điều kiện) 0.25 
Với, 
1 1
2 2
u x y
v xy
= + = 
⇔ ⇒ 
= = 
 vô nghiệm. 
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm (1;1) 
0.25