Đề thi thử đại học lần 2 - Trường THPT Nguyễn Đức Mậu môn: Toán; khối A

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - 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 hµm sè : 
1
12



x
xy (C ) 
 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè 
 2.T×m trªn ®å thÞ (C ) nh÷ng ®iÓm M sao cho tiÕp tuyÕn t¹i M t¹o víi hai ®­êng tiÖm 
cËn cña ®å thÞ (C) mét tam gi¸c cã b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp b»ng 2 . 
Câu II (2 điểm) 1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x
x
xx tan
2sin
4cos2cot  
 2.Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: 1781272 2  xxxxx . 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 
2
3
1
2 1
1 1
xI dx
x
 

  
Câu IV (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng c¹nh a; tam gi¸c SAD 
®Òu vµ  090SAB ; I lµ trung ®iÓm cña SB. TÝnh theo a thÓ tÝch khèi tø diÖn ABCI vµ tÝnh 
kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm B ®Õn mÆt ph¼ng (ACI). 
 Câu V (1 điểm) Cho c¸c sè thùc kh«ng ©m x,y,z vµ kh«ng cã hai sè nµo ®ång thêi b»ng 
kh«ng. Chøng minh: 624 222 






 xyx
zxyzxy
yx
z
xz
y
zy
x
. 
 Dấu đẳng thức xẩy ra khi nào? 
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 mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho h×nh vu«ng ABCD cã M lµ trung ®iÓm cña c¹nh 
AD; ®­êng th¼ng CM cã ph­¬ng tr×nh: 2 0x y   . ĐiÓm D(3;-3), ®Ønh B thuéc ®­êng th¼ng 
d cã ph­¬ng tr×nh: 3 2 0x y   vµ B cã hoµnh ®é ©m. X¸c ®Þnh täa ®é c¸c ®Ønh A, B, C. 
2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz, cho điểm A(4;4;0), B(0;4;0) và mặt phẳng 
(P): 3 2 0 x y z   . Tìm tọa độ điểm M sao cho đường thẳng MI song song với mặt phẳng 
(P) và điểm M cách đều O và mặt phẳng (P), biết điểm I là trung điểm của AB. 
CâuVII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 
3 2012( )z z z là số thực và 2 5 9 13 2013...z i i i i     là số thuần ảo. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy, cho Parabol (P): 2y x vµ hai điểm A(1;-1), B(9;3) 
nằm trên (P). Gọi M là điểm nằm trên cung AB của (P). Xác định vị trí của điểm M sao cho 
tam giác MAB có diện tích lớn nhất. 
2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz, cho hai ®­êng th¼ng d vµ d’ chéo nhau và 
vuông góc với nhau, AB là đoạn vuông góc chung của d và d’. Điểm M(2;-2;1) thuộc d, điểm 
N(-2;0;1) thuộc d’ và AM+BN=AB. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt cÇu có tâm thuộc mp(P): 
2 2 3 0x y z    và tiÕp xóc víi hai ®­êng th¼ng trªn lần lượt tại M, N biết hình chiếu 
vuông góc của tâm mặt cầu trên AB là điểm H(0;1;2) 
Câu VII.b (1 điểm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 




 
3log23
24.34
4
121
yx
yyx
 ------------ Hết -------- 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2012 
 Môn: TOÁN; Khối: A - B 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1 điểm) 
* TXĐ: D=R\{1} 
* Chiều biến thiên: 2
1' 0 1
( 1)
y x
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1) (1; )   
0,25đ 
* 
1
2 1lim
1x
x
x

 

; 
1
2lim
2x
x
x

 

  Đồ thị có tiệm cận đứng là x=1. 
 2 1lim 2
1x
x
x



  Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2 
0,25đ 
* Bảng biến thiên: 
x - 1 + 
y' - - 
y 
2 + 
 - 2
0,25đ 
Đồ thị: 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
0,25đ 
2. (1 điểm) 
Gọi 0 0( ; ) ( )M x y C .Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M là: 
 002
0 0
2 11 ( )
( 1) 1
xy x x
x x

  
 
0,25đ 
 Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận 
của (C), khi đó: 0 0
0
2(1; ); (2 1;2)
1
xA B x
x


0,25đ 
Câu I 
(2 điểm) 
Theo giả thiết ta có: 20 2
0
42 2 (2 2) 8
( 1)
AB x
x
    

 0,25đ 
00
0
2
x
x

  
 Vậy có 2 điểm cần tìm là: 1 2(0;1); (2;3)M M 
0,25 
1. (1 điểm) 
Điều kiện: sin 2 0 ( )
2
x x k k    (*) 
Phương trình tương đương: cos4cot tan 0
sin 2
xx x
x
   
0,25đ 
cos2 1
1cos2
2
x
x

  

0,25đ 
+) cos2 1x x k   , không thoả mãn (*) 0,25 
+) 1cos2
2 3
x x k      , thoả mãn (*) 
Vậy phương trình có nghiệm ;
3
x k k Z     
0,25đ 
2. (1 điểm) 
Đk: 1 7x  
Bất phương trình tương đương với: 
2( 1) ( 1)(7 ) 2( 1 7 ) 0x x x x x         
0,25đ 
( 1 7 )( 1 2) 0x x x       0,25đ 
5
4
x
x

  
 0,25đ 
Câu II 
(2 điểm) 
Vậy tập nghiệm:    1;4 5;7T   0,25đ 
Đặt : 6 56 1 1; 6t x x t dx t dt      . 
Đổi cận: 1 0; 0 1x t x t       
0,25đ 
1 8 5 1
6 4 3 2
2 2 2
0 0
2 2 16 6 ( 2 2 1 )
1 1 1
t t tI dt t t t t t dt
t t t

        
   
. 0,25đ 
1
2
0
257 16ln 2 6
35 1
I dt
t

  
 0,25 
Câu III 
(1 điểm) 
257 36 ln 2
35 2
I    0,25 
Gọi H là trung điểm của AD 
Ta có SH (ABCD);SH= 3
2
a 
0,25đ 
Câu IV 
(1 điểm) 
  1 1 3d(I,(ABC)) .d S; ABC SH
2 2 4
a
   . 0,25đ 
2ΔABC 2
aS  ; 
2 3
I.ABC
1 3 3. ( )
3 4 2 24
a a aV dvdt  
Các tam giác HCD;SCH;SAB là các tam giác vuông nên suy ra CI = a. 
0,25đ 
Tam giác ACI có CI = a; AI=
2
a ; AC=a 2 
2
ΔAIC
7
8
aS  ; 
  d(B;(AIC)) = 21
7
a 
0,25đ 
Trước hết ta chứng minh bổ đề: 
2 2 2
(1)x y z x y z
y z x z y x xy yz zx
 
  
    
Nhân 2 vế của (1) với: xy yz zx  ta được: 
 1 1 1 0xyz
y z x z y x
 
      
(luôn đúng) 
0,25đ 
Đặt: 
2 2 2
, ( 1)x y zt t
xy yz zx
 
 
 
. Khi đó, VT 2 4 2t
t
  
Xét hàm số 2 4 2( )f t t
t
  với 1t  . 
0,25đ 
Ta có, 2
4 2'( ) 2f t t
t
  ; '( ) 0 2f t t   
Lập được BBT 
0,25đ 
Câu V 
(1 điểm) 
Vậy, ( ) 6f t   điều phải chứng minh. 
Dấu đẳng thức khi 2 , 0t x y z    và các hoán vị của nó. 0,25đ 
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. 
A. Theo chương trình chuẩn: 
1. (1 điểm) 
Gọi B(t;-3t+2 ( )d t R  ). 
3 4 4( ; ) 2 ( ; ) 2
2 2
t t
d B CM d D CM
 
   0,25đ 
3
1
t
t

   
 B(-1;5) (do điểm B có hoành độ âm) 0,25đ 
Gọi C(m;m-2) ( )d t R  ). Ta có: . 0 àBC CD v BC CD 
 
Vậy m=5 C(5;3). 0,25đ 
 Vì ( 3; 1)AB DC A   
 
Vậy, ( 3; 1)A   ; B(-1;5) ; C(5;3). 
0,25đ 
2. (1 điểm) 
Ta có, I(2;4;0). Nhận thấy O thuộc mp(P) nên từ giả thiết ta suy ra điểm 
M nằm trên đường thẳng d đi qua O và vuông góc với mp(P) 0,25đ 
Phương trình đường thẳng d:
3
2
x t
y t
z t



  
 0,25đ 
Câu VIa 
(2 điểm) 
Lấy M(3t;2t;-t) trên d. Ta có ( )MI. 0 1Pn t  
 
. Vậy M(3;2;-1) 0,5đ 
Gọi ( , )z a bi a b   z=a+bi (a,b )R 
3z là số thực khi 2 33 0a b b  
0,5đ 
2z là số thuần ảo khi 2 2 0a b  0,25đ 
Câu VIIa 
(1 điểm) 
Giải (1) và (2) ta được 0a  và 0b  . Vậy, số phức cần tìm: 0z  . 0,25đ 
A. Theo chương trình nâng cao: 
1. (1 điểm) 
Phương trình đường thẳng AB: 2 3 0x y   
Gọi M(x;y). Vì M thuộc cung AB nên 1 3y  0,25đ 
Ta có: 21 . ( ; ) 2 2 3 2 2 3
2MAB
S AB d M AB x y y y        0,25đ 
Xét hàm số 2( ) 2 3f y y y   liên tục trên  1;3 
'( ) 2 2; '( ) 0 1f y y f y y     0,25đ 
MABS lớn nhất khi 1y  . Vậy M(1;1) 0,25đ 
2. (2 điểm) 
Gọi tâm mặt cầu cần tìm là I. Ta có: 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( )
IM AM AH IH
AM BN AH BH
IN BN BH IH
AM BN AH HB
AM AH do AM BN AB IM IH IN
       
  
   
      
0,25đ 
Vậy mặt cầu cần tìm đi qua 3 điểm M;N;H. 
Giả sử I(x;y;z) ta có: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 1)
( 2) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
2 2 3 0
2
3
7
x y z x y z
x y z x y z
x y z
x
y
z
          

         
    

 
  
 d H 
 d' 
0,5đ 
Câu VIb 
(2 điểm) 
Vậy, mặt cầu (S) tâm I(2;3;-7), bán kính: R= 89 có phương trình là: 
2 2 2( 2) ( 3) ( 7) 39x y z      
0,25đ 
4 ; 4 ( ; 0)x y xyu v u v   0,25đ 
Hệ trở thành: 
3 8(1)
16 (2)
3
u v
uv
 



 0,25đ 
Từ (1) ta có 8 3u v  , thế vào (2) được 4
3
v  0,25đ 
Câu VIIb 
(1 điểm) 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 
4
4
1 (1 log 3)
2
1 (1 log 3)
2
x
y
  

  

 0,25đ