Đề thi thử đại học số 2 môn: Toán – khối: A, B

SỞ GD­ĐT HÀ TĨNH  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2012 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN  Môn: TOÁN – Khối: A, B 
***  Thời gian làm bài: 180 phút 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
A – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2điểm) Cho hàm số  3 2 5 3 9 y x x x = - + +  (1) 
1.  Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1). 
2.  Gọi D  là đường thẳng đi qua ( ) 1;0 A -  và có hệ số góc  k . Tìm  k  để D  cắt đồ thị hàm số (1) 
tại ba điểm phân biệt  , , A B C  sao cho tam giác OBC  có trọng tâm ( ) 2;2 G  (O  là gốc tạo độ). 
Câu II (2 điểm) 
1.  Giải phương trình 
cos 2 
tan 1 cot 3 3 
1 cos 2 
x 
x x 
x 
æ ö + + = ç ÷ + è ø 
2.  Giải hệ phương trình 
3 3 2 2 3 
1 6
4 2 5 1 
y 
x 
y x 
x y x y xy y 
ì + = ï 
í 
ï - + + = î 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân  I = 
ln 2 
3 
0 
1 x e dx - ò 
Câu  IV  (1 điểm) Cho  hình  chóp  S.ABC  có  , , SA a SB b SC c = = =  ;  60 ASB BSC Ð = Ð = °  và  CSA Р
90 = ° . Tính thể tích khối chóp S.ABC. 
Câu V (1 điểm) Cho  , , a b c  là các số thực thỏa mãn  2 2 2  3 a b c + + =  . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
4 4 4 
a b c 
P 
a b c 
= + + 
- - - 
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm) 
1.  Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy  cho  hình  vuông  ABCD  trong  đó  A  thuộc  đường  thẳng 
1 0 x y + - =  và  đường  thẳng  CD  có  phương  trình  2 3 0 x y - + =  .  Tìm  tọa  độ  các  đỉnh  của 
hình vuông biết hình vuông có diện tích bằng 5. 
2.  Trong không gian với hệ trục tọa độ  Oxyz  cho các điểm ( ) 1;2;3 , A ( ) 0; 1;2 , B - ( ) 1;1;1 C  . Viết 
phương trình mặt phẳng ( ) P  đi qua  A  và gốc tọa độ  O  sao cho khoảng cách từ  B  đến ( ) P 
bằng khoảng cách từ C  đến ( ) P  . 
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức  z thỏa mãn ( ) 3 2 (2 1) 2 2 0 z i z i z i + - - + - + = 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1.  Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho elip ( ) 
2 2 
: 1 
25 9 
x y 
E + =  và điểm ( ) 1;1 M  . Viết phương trình 
đường thẳng đi qua  M  và cắt elip tại hai điểm  , A B  sao cho M  là trung điểm của  AB . 
2.  Trong không gian  với  hệ  trục  tọa độ  Oxyz  cho mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z + + - =  và ba điểm 
( ) ( ) ( ) 2;1;3 , 0; 6;2 , 1; 1;4 A B C - -  .  Tìm  tọa  độ  điểm  M  trên  mặt  phẳng ( ) P  sao  cho 
| | MA MB MC + + 
uuur uuur uuuur 
đạt giá trị bé nhất. 
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 
( ) ( ) 3 2 
2 2 
log 2 log 2 1 
4 3 
x y x y 
x y 
ì + - - = ï 
í 
- = ï î 
Cảm ơn bạn từ  thiensu.td@gmail.com gửi đến www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 
Trường THPT Nguyễn Trung Thiên – Khối A, B 
NỘI DUNG BÀI GIẢI  ĐIỂM 
Câu I. 1. Tự giải. 
2, Đường  thẳng D  đi qua ( ) 1;0 A -  và  có hệ số góc  k  có PT ( ) 1 y k x = +  . PT hoành độ giao 
điểm: ( ) 3 2 5 3 9 1 x x x k x - + + = + ( )( ) ( ) 2 1 3 1 x x k x Û + - = +  1 x Û = -  hoặc ( ) 2 3 x k - =  . 
D  cắt đồ thị hàm số (1)  tại ba điểm phân biệt ( ) 2 3 x k Û - =  có hai nghiệm phân biệt khác  1 - 
0 k Û >  và ( ) 2 1 3 16 k ¹ - - =  . 
Khi đó các điểm  , B C  có  tọa độ  là ( ) ( ) 3 ; 4 k k k + +  và ( ) ( ) 3 ; 4 k k k - -  . Do đó tọa độ 
trọng tâm  : OBC D 
2 
8 
2 
3 
G 
G 
x 
k 
y 
= ì 
ï 
í 
= = ï î 
, suy ra 
3 
4 
k =  (thỏa mãn). 
Câu II. 1. ĐK: 
sin3 0 
cos2 1 
x 
x 
¹ ì 
í ¹ - î 
. 
Ta có 
2 2 
2 
cos2 1 1 1 tan 3 tan 
1 2 2 2 
1 cos2 1 cos2 2cos 2 2 
x x x 
x x x 
+ - 
+ = - = - = - = 
+ + 
Nên PT đã cho tương đương ( ) 2 1 tan cot3 3 tan 3 
2 
x x x + - = 
( ) ( ) tan 3 2 cot3 tan 3 0 x x x é ù Û - - + = ë û 
· ( ) tan 3 2 
3 
x x k k 
p 
p = Û = + ΢  (loại do ĐK). 
· ( ) cot3 tan 3 2 3 2 tan3 tan x x x x + = Û = -  (1) 
Ta có 
sin 2 sin3 2sin 
2 tan3 tan tan3 tan3 tan tan3 
cos3 cos cos3 
x x x 
x x x x x x 
x x x 
+ 
- = + - = + = 
Do đó ( )  3 1 1 3cos3 sin3 2sin sin cos3 sin3 sin 3 
2 2 3 
x x x x x x x p æ ö Û = + Û = - = - ç ÷ 
è ø 
( ) 12 2 
3 
x k 
k 
x k 
p p 
p p 
é = + ê 
Û Î ê 
- ê = + ê ë 
¢ 
Đối chiếu điều kiện ta chỉ nhận nghiệm ( ) , 
12 2 
x k k 
p p 
= + Î ¢  . 
2. ĐK:  0 xy ¹  . 
Đặt 
1 
z 
y 
=  , hệ trở thành 
( ) 
3 2  3 2 2 3 
3 2 3 
6 
6 (1) 
5  4 2 5 (2) 4 2 1 
x z  x z xz xz 
x x x  x x z xz z 
z z z z 
ì + = ï ì + = ï ï Û í í 
- + - = - ï ï î - + + = ï î 
Cộng theo vế (1) và (2) được: ( ) 3  1 1 x z x z - = Û - =  . Thế  1 z x = -  vào (1) cho ta 
1,00đ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25
( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 1 6 2 2 3 0 2 x x x x x x x - - = Û - + + = Û = 
Do đó  1 1 z y = Þ =  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) , 2,1 x y =  . 
Câu III.  I = 
ln 2 
3 
0 
1 x e dx - ò  Đặt  3  1 x e -  = t Û 
2 
3 
3 
1 
t dt 
dx 
t 
= 
+ 
đổi cận x = 0 Þ  t = 0 ; x = ln2 Þ t =1 
Nên I = 3 ­ 3 
1 
3 
0  1 
dt 
t + ò  Đặt I1 = 
1 
3 
0  1 
dt 
t + ò  Dùng hệ số bất định ta có I1 = 
1 
2 
0 
( ) 
1 1 
A Bt C 
dt 
t t t 
+ 
+ 
+ - + ò 
A = 
1 
3 
; B = ­ 
1 
3 
; C = 
2 
3 
Nên 3I1 = ln2 ­ 
1 
2 
0 
1 2 4 
2 1 
t 
dt 
t t 
- 
- + ò  = ln2 ­ 
1 
2 
0 
1 2 1 
2 1 
t 
dt 
t t 
- 
- + ò  ­ 
1 
2 
0 
1 3 
2 1 
dt 
t t 
- 
- + ò  = 
= ln2 + 
1 
2 0 
3 
1 3 2  ( )
2 4 
dt 
t - + 
ò  Đặt 
1 
2 
t -  = 
3 
2 
tany thì dt =  2 
3 
2cos 
dy 
y 
cận của y là ­ 
6 
p 
đến 
6 
p 
Vậy 3I1 = ln2 + 
6 
2 
6 
3 
3  2cos 
3 2  ( 1) 
4 
y 
dy 
tan y 
p 
p - + 
ò  = ln2 +  3 
p 
Suy ra  I = 3 – ln2 ­ 
3 
p 
Câu IV. Gọi  ', ', ' A B C  lần lượt nằm trên các đường thẳng  , , SA BC SC  sao cho  ' ' ' 1 SA SB SC = = = 
(  ', ', ' A B C  có thể nằm trên đường kéo dài các cạnh). Dễ nhận thấy các tam giác  ' ' SA B  ,  ' ' SB C  đều 
còn  tam  giác  ' ' SA C  vuông  cân  tại  . S  Do  đó  ' ' ' ' 1 A B B C = =  và  ' ' 2 C A =  ,  suy  ra  tam  giác 
' ' ' A B C  vuông cân tại  ' B  . Gọi I  là trung điểm của  ' ' A C  . Do  ' ' ' SA SB SC = =  và  ' ' ' IA IB IC = = 
nên ( ) ' ' ' SI A B C ^  . Ta có 
2 
2 2 2  ' ' 1 2 ' ' ' 1 
2 2 2 
A C 
SI SB B I SB æ ö = - = - = - = ç ÷ 
è ø 
Do đó  ' ' ' ' ' ' 
1 1 2 
. . ' '. ' ' 
3 6 12 SA B C A B C 
V SI S SI A B B C D = = =  . 
Mặt khác  . 
. ' ' ' 
. . 
'. '. ' 
S ABC 
S A B C 
V SA SB SC 
abc 
V SA SB SC 
= =  . Vậy  . 
2 
12 S ABC 
V abc =  . 
I 
S 
A 
B 
C 
A' 
B' 
C' 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25
Câu V. Nhận xét rằng, với mọi  2 x <  ta có 
2 2 1 
4 9 
x x 
x 
+ 
£ 
- 
(1). 
Thật vậy, ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 1 9 4 2 1 2 1 2 0 x x x x x Û £ - + Û - - £  , luôn đúng với mọi  2 x <  . 
Với giả thiết  2 2 2  3 a b c + + =  , suy ra  , , 2 a b c <  . Sử dụng nhận xét trên ta được 
( ) 2 2 2 2 2 2  2 3 2 1 2 1 2 1 
1 
4 4 4 9 9 9 9 
a b c a b c a b c 
P 
a b c 
+ + + + + + 
= + + £ + + = = 
- - - 
Vậy GTLN của P  là 1, đạt được khi  1 a b c = = =  . 
Câu VI.a. 1. Vì  ( ) : 1 0 A d x y Î + - =  nên ( ) ;1 A a a -  . Khoảng cách  từ A đến đường  thẳng  CD 
chính  là độ dài cạnh của  hình  vuông, do diện  tích  hình  vuông bằng 5 nên độ dài này  bằng  5 : 
( ) ( ) | 2 1 3 | , 5 
5 
a a 
d A CD 
- - + 
= =  | 3 2 | 5 1 a a Û + = Û =  hoặc 
7 
3 
a 
- 
= 
·  1 a =  : ( ) 1;0 A Þ  .  Phương  trình  cạnh  AD  (qua  A  và  CD ^  ): ( ) ( ) 1 2 0 0 x y - + - =  hay 
2 1 0 x y + - =  . Tọa độ  D AD CD = Ç  là nghiệm của hệ ( ) 
2 1 0 
1;1 
2 3 0 
x y 
D 
x y 
+ - = ì 
Þ - í - + = î 
Đường  tròn  ( ) D  tâm  D  bán  kính  5  có  PT: ( ) ( ) 2 2 1 1 5 x y + + - =  .  Tọa  độ ( ) C CD D = Ç  là 
nghiệm của hệ 
( ) ( ) 
( ) 2 2 
2 3 0 
0;3 
1 1 5 
x y 
C 
x y 
- + = ì ï Þ í 
+ + - = ï î 
hoặc ( ) 2; 1 C - -  . 
Với ( ) 0;3 C  thì  trung  điểm  O  của  AC  là  1 3;
2 2 
O æ ö ç ÷ 
è ø 
.  Do  O  cũng  là  trung  điểm  của  BD  nên 
2 
2 
B O D 
B O D 
x x x 
y y y 
= - ì 
í = - î 
( ) 2;2 B Þ 
Với ( ) 2; 1 C - -  thì tương tự ta có ( ) 0; 2 B -  . 
· 
7 
3 
a 
- 
=  : 
7 10 
; 
3 3 
A 
- æ ö Þ ç ÷ 
è ø 
. Gọi ( ) ( ) M d CD = Ç  2 5; 
3 3 
M 
- æ ö Þ ç ÷ 
è ø 
. Dễ thấy trong trường hợp này các 
đỉnh của hình vuông lần lượt đối xứng với các đỉnh tương ứng vừa tìm được ở trường hợp trên qua 
M  nên dễ dàng tìm được 
1 7
; 
3 3 
D 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
và 
4 1 
; 
3 3 
C 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
, 
10 4
; 
3 3 
B 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
hoặc 
2 13 
;
3 3 
C æ ö ç ÷ 
è ø 
, 
4 16 
; 
3 3 
B 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
. 
Vậy có 4 hình vuông  ABCD  thỏa mãn yêu cầu bài toán: 
( ) ( ) ( ) ( ) 1;0 , 2;2 , 0;3 , 1;1 A B C D -  ; ( ) ( ) ( ) ( ) 1;0 , 0; 2 , 2; 1 , 1;1 A B C D - - - - 
7 10 10 4 4 1 1 7 
; , ; , ; , ; 
3 3 3 3 3 3 3 3 
A B C D 
- - - - æ ö æ ö æ ö æ ö 
ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø è ø è ø 
; 
7 10 4 16 2 13 1 7 
; , ; , ; , ; 
3 3 3 3 3 3 3 3 
A B C D 
- - - æ ö æ ö æ ö æ ö 
ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø è ø è ø 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25
(d) 
(CD) 
B 
C D M 
A 
2. Vì mặt phẳng ( ) P  đi qua O  nên ( ) : 0 P ax by cz + + =  . Do ( ) A P Π 2 3 0 a b c Þ + + =  (1) 
Do ( ) ( ) ( ) ( ) , , | 2 | | | d B P d C P b c a b c = Û - + = + +  (2) 
Từ (1) rút  2 3 a b c = - -  và thay vào (2) được 
| 2 | | 2 | 0 b c b c b - + = - - Û =  hoặc  0 c =  . 
Nếu  0 b =  thì  3 a c = -  và ( ) : 3 0 P x z - = 
Nếu  0 c =  thì  2 a b = -  và ( ) : 2 0 P x y - =  . 
Câu VII.a. Ta có 
( ) ( )( ) 3 2 2 (2 1) 2 2 0 1 2 2 0 z i z i z i z z iz i + - - + - + = Û - + + - = 
Xét phương trình  2  2 2 0 z iz i + + - =  . Giả sử  z a bi = +  , thế vào ta được 
( ) ( ) 2  2 2 0 a bi i a bi i + + + + - = ( ) ( ) 2 2  2 2 2 2 1 0 a b b a ab i Û - - - + + + = 
( ) 
( ) 
2  4 2 2  2 
2 2 
1 2 4 4 1 0 1 1 2 2 0  2 
1 1 2 2 1 0  1  1 1  1 2 2  2 
a a a b  a a b b 
a ab  b a b  b a 
a 
ì + ì ì - - = - + = = ï ì - - - = ï ï ï Û Û Û Û í í í í 
+ + = + = - + = - î ï ï ï + = - î î ï î 
Từ  đó  nhận  được  các  nghiệm  phức  của  PT  là  1; z = 
2 1 2 1 
1 
2 2 
z i 
æ ö + - ç ÷ = - + 
ç ÷ 
è ø 
và 
2 1 2 1 
1 
2 2 
z i 
æ ö + - ç ÷ = - - - 
ç ÷ 
è ø 
. 
Câu VI.b. 1. Nhận xét rằng  M Ox Ï  nên đường thẳng  1 x =  không cắt elip tại hai điểm thỏa mãn 
yêu cầu bài toán. Xét D  qua ( ) 1;1 M  có PT ( ) 1 1 y k x = - +  . 
Tọa độ các giao điểm  , A B  của D  và ( ) E  là nghiệm của hệ: ( ) 
( ) 
2 2 
: 1 (1) 
25 9
1 1 (2) 
x y 
E
y k x 
ì 
+ = ï 
í 
ï = - + î 
Thay (2) vào (1) rút ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 9 50 1 25 2 9 0 k x k k x k k + - - + - - =  (3) 
Dễ thấy rằng  M  thuộc miền trong của elip, do đó D  luôn cắt ( ) E  tại hai điểm phân biệt, nên (3) 
có hai nghiệm phân biệt  1 2 , x x  với mọi  k . Theo Viet: 
( ) 
1 2  2 
50 1 
25 9 
k k 
x x 
k 
- 
+ = 
+ 
. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25 
0,25 
0,50
M  là trung điểm của  AB 
( ) 
1 2  2 
50 1  9 
2 2 
25 9 25 M 
k k 
x x x k 
k 
- - 
Û + = Û = Û = 
+ 
. 
Vậy đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là  9 25 34 0 x y + - =  . 
2. Dễ thấy  , , A B C  không thẳng hàng. Gọi G  là trọng tâm tam giác  ABC , thì ( ) 1; 2;3 G -  . Khi đó 
với  mọi ( ) M P Π ta  có  3 MA MB MC MG + + = 
uuur uuur uuuur uuuur 
,  do  đó  | | MA MB MC + + 
uuur uuur uuuur 
đạt  giá  trị  bé  nhất
 | | MG Û 
uuuur 
đạt giá trị bé nhất  M Û  là hình chiếu vuông góc của G  trên ( ) P  . 
Giả sử ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 ; ; 1 0 M x y z P x y z Î Þ + + - =  (1) 
M  là hình chiếu vuông góc của G  trên ( ) P 
( ) 0 0 0 1; 2; 3 GM x y z Û = - + - 
uuuur 
cùng phương với vectơ pháp tuyến ( ) 1;1;1 n = 
r 
của ( ) P 
( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0  1 2 3 1 2 3 
1 1 1 1 1 1 
x y z x y z - + + + - - + - 
Û = = = 
+ + 
(t/c tỉ lệ thức) 
( ) 0 0 0  1 1  1 
3 3 
x y z + + - - - 
= =  (do (1)) 
Suy ra  0 0 0 
2 7 8 
, , 
3 3 3 
x y z 
- 
= = =  . Vậy 
2 7 8 
; ; 
3 3 3 
M 
- æ ö 
ç ÷ 
è ø 
. 
Câu VII.b. Hệ đã cho tương đương với 
( ) ( ) 
( )( ) 
3 2 log 2 log 2 2 
2 2 3 
x y x y 
x y x y 
+ = - ì ï 
í 
+ - = ï î 
Đặt ( ) ( ) 3 2 log 2 log 2 2 t x y x y = + = -  1 
2 3 
2 2 
t 
t 
x y 
x y - 
ì + = ï Þ í 
- = ï î 
Thay vào PT thứ hai của hệ ta được  1 3 .2 3 6 6 1 t t t  t - = Û = Û = 
Do đó 
2 3 1 
2 1 1 
x y x 
x y y 
+ = = ì ì 
Û í í - = = î î 
. 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ) ( ) , 1,1 x y =  . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
0,25