Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 194

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN  Môn Thi : TOÁN – Khối A,B 
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số  4 2 2 1 y x mx m = - + -  (1) , với  m  là tham số thực. 
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi  1 m =  . 
2.Xác định  m  để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một 
tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. 
Câu II : ( 2 điểm) 
Giải các phương trình 
1.  2  x 2 cos  + 2  3 sinxcosx +1 ­ 3  3 cosx =3sinx 
2.  3 
2 
3 
5 1 2 ) 1 3 (  2 2 - + = - +  x x x x 
Câu III : (1 điểm). Tính tích phân 
3 
2 
2 
1 
log 
1 3ln 
e  x 
I dx 
x x 
= 
+ 
ò 
Câu IV : (1 điểm)  Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, 
G là trọng tâm tam giác SAC,  mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa 
diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN  và mp(ABCD) bằng  0 30  . 
Câu V: (1 điểm)  Cho x, y, z > 0 và  x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 
2 2 2 
1 1 1 
2 2 2 
P 
x yz y zx z xy 
= + + 
+ + + 
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) 
A.Theo chương trình chuẩn 
Câu VIa (2 điểm). 
1.(1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 ­ 2x ­ 2my + m 2 ­ 24 = 0 có 
tâm I và đường thẳng D: mx + 4y  = 0. Tìm m biết đường thẳng D cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân 
biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. 
2.  (1 điểm) Giải bất phương trình 
2 
2 
log  2log 2 20 0 
x  x x + - £ 2 
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn 
luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 
B.Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2 điểm) 
1. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với  ) 2 ; 1 ( , ) 1 ; 2 ( - -  B A  , trọng tâm G của 
tam giác nằm trên đường thẳng  0 2 = - + y x  . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 
13,5  2. (1 điểm):Giải phương trình: 
(  x 
x 
x x  x  9 9 
3 
2 
27 log ) 1 ( log ) 3 3 . 2 9  2 
1 
3 
1 3 - = + - - - 
+ 
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt 
hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. 
­Hết­ 
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.) 
Cảm ơn từ trongxuanht@gmail.com gửi đến www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN Toan AB 
Câu I 
(2đ) 
1.(1 điểm). Khi  1 m =  hàm số trở thành:  4 2 2 y x x = - 
·  TXĐ: D=R 
·  Sự biến thiên: ( ) ' 3 2  0 4 4 0 4 1 0 
1 
x 
y x x x x 
x 
= é 
= - = Û - = Û ê = ± ë 
0,25 
( ) ( ) 0 0, 1 1 CD CT y y y y = = = ± = -  0,25 
·  Bảng biến thiên 
x  ­¥  ­1                     0                               1  +¥ 
y ’ -  0            +  0 -  0                       + 
y           +¥  0  + 
­1  ­1 
0,25 
·  Đồ thị 
0,25 
2. (1 điểm) ( ) ' 3 2  2 
0 
4 4 4 0 
x 
y x mx x x m 
x m 
= é 
= - = - = Û ê = ë 
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị Û pt  '  0 y =  có ba nghiệm phân biệt và  'y  đổi dấu 
khi  x  đi qua các nghiệm đó  0 m Û > 
0,25 
·  Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: 
( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1 A m B m m m C m m m - - - + - - + - 
0,25 
·  2 
1 
. 
2 ABC B A C B 
S y y x x m m = - - = V  ; 
4  , 2 AB AC m m BC m = = + = 
0,25 
· 
( ) 4  3 
2 
1 
2 . . 
1 1 2 1 0  5 1 4  4 
2 
ABC 
m 
m m m AB AC BC 
R m m 
S  m m  m 
= é + ê = = Û = Û - + = Û - ê = ê ë 
V 
0,25 
Câu II 
(2đ) 
) cos 3 (sin 3 1 cos sin 3 2 cos 2  2  x x x x x + = + + 
2 cos2x 3sin 2x 3(sin x 3cosx) 
1 3 1 3 
2 2( cos2x sin2x) 6( sin x cosx) 
2 2 2 2 
Û + + = + 
Û + + = + 
0,5 
8 
6 
4 
2 
­2 
­4 
­6 
­8 
­10  ­5  5  10
2 2cos(2x ) 6cos(x ) 
3 6 
p p 
Û + - = - 
2 1 cos(2x ) 3cos(x ) 2cos (x ) 3cos(x ) 
3 6 6 6 
p p p p 
Û + - = - Û - = - 
cos(x ) 0 
6 
3 
cos(x ) (loai) 
6 2 
p é - = ê 
Û ê 
p ê - = 
ê ë 
Z k k x k x Î + = Û + = - Û  , 
3 
2 
2 6 
p p p p p 
0,25 
0,25 
Giải phương trình :  3 
2 
3 
5 1 2 ) 1 3 (  2 2 - + = - +  x x x x 
PT Û  6 3 10 1 2 ) 1 3 ( 2  2 2 - + = - +  x x x x 
2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3 ( 2  2 2 2 - + + - = - +  x x x x x  . Đặt  ) 0 ( 1 2  2 ³ - =  t x t 
Pt trở thành  0 2 3 2 ) 1 3 ( 2 4  2 2 = - + + + -  x x t x t 
Ta có:  2 2 2  ) 3 ( ) 2 3 2 ( 4 ) 1 3 ( ' - = - + - + = D  x x x x 
0,5 
Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 
2 
2 
; 
2 
1 2 + 
= 
- 
= 
x 
t 
x 
t 
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm: 
þ 
ý 
ü + 
î 
í 
ì + - 
Π
7 
60 2 
; 
2 
6 1 
x  0,5 
Câu 
III
(1đ) 
3 
3  2 
2 
3 2 2 2 
1 1 1 
ln 
log  1 ln . ln ln 2  . 
ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln 
e e e 
x 
x  x xdx 
I dx dx 
x x x x x x 
æ ö 
ç ÷ 
è ø = = = 
+ + + 
ò ò ò 
0,25 
Đặt  2 2 2 
1 1 
1 3ln ln ( 1) ln . 
3 3 
dx 
x t x t x tdt 
x 
+ = Þ = - Þ =  . Đổi cận  
0,25 
Suy ra 
( ) 
( ) 
2 
2 2 3 
2 2 
3 3 2 
1 1 1 
1 
1 log  1 1 1 3  . 1 
ln 2 3 9ln 2 1 3ln 
e  t x 
I dx tdt t dt 
t x x 
- 
= = = - 
+ 
ò ò ò 
0,25 
2 
3 
3 3 
1 
1 1 4 
9ln 2 3 27 ln 2 
t t æ ö = - = ç ÷ 
è ø 
0,25 
Câu 
IV
(1đ) 
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. 
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có 
2 
3 
SG 
SO 
=  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. 
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của 
SC, SD. 
+ Dễ có:  . . . 
1 1 
2 2 S ABD S BCD S ABCD 
V V V V = = =  . 
Theo công thức tỷ số thể tích ta có: 
. 
. 
. 
1 1 1 
. . 1.1. 
2 2 4 
S ABN 
S ABN 
S ABD 
V  SA SB SN 
V V 
V SA SB SD 
= = = Þ = 
0,25 
M 
N 
O 
C 
A  D 
B 
G 
S
. 
. 
. 
1 1 1 1 
. . 1. . 
2 2 4 8 
S BMN 
S ABN 
S BCD 
V  SB SM SN 
V V 
V SB SC SD 
= = = Þ = 
Từ đó suy ra:  . . . 
3 
. 
8 S ABMN S ABN S BMN 
V V V V = + = 
+ Ta có: 
1 
. ( ) 
3 
V SA dt ABCD =  ; mà theo giả thiết  ( ) SA ABCD ^  nên góc hợp bởi AN với 
mp(ABCD) chính là góc  NAD Р , lại có N là trung điểm của SD nên tam giác NAD cân tại 
N, suy ra  NAD Р =  NDA Р =30 0  Suy ra:  0  3 tan 30 
SA 
AD a = =  . 
Suy ra:  3 
1 1 3 
. ( ) . . 3 
3 3 3 
V SAdt ABCD a a a a = = =  . 
Suy ra: thể tích cần tìm là: 
24 
3 5 
8 
5 
8 
3  3 a 
V V V V V V  SABMN SABCD MNABCD = = - = - = 
0,25 
0,5 
Câu V 
(1đ) 
Từ giả thiết ta có  xyz ≥  x + y + z ≥  3 3  xyz Û  (xyz) 3 ≥ 27.xyz Û  xyz ≥ 3  3 .  0,25 
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 
x 2 + yz + yz ≥  2 3 3 ( ) xyz  ;         y 2 + zx + zx ≥  2 3 3 ( ) xyz  ;  z 2 + xy + xy ≥  2 3 3 ( ) xyz  0,25 
Từ đó ta có P 
2 2 2 2  2 3 3 3 3  3 
1 1 1 1 1 1 
3 3 ( ) 3 ( ) 3 ( ) ( )  (3 3) xyz xyz xyz xyz 
£ + + = £ = 
Từ đó ta có Max P = 
1 
3 
đạt được khi  3 
x y z 
x y z 
x y z xyz 
= = ì 
Û = = = í + + = î 
. 
0,25 
0,25 
Câu 
VI
(2đ) 
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.  0,25 
Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH = 
2 2 
| 4 | | 5 | 
( , ) 
16 16 
m m m 
d I 
m m 
+ 
D = = 
+ + 
0,25 
2 
2 2 
2  2 
(5 ) 20 
25 
16  16 
m 
AH IA IH 
m  m 
= - = - = 
+ + 
Diện tích tam giác IAB là  12 2 12 S IAB IAH S D D = Û = 
Û  2 
3 
( , ). 12 25 | | 3( 16)  16 
3 
m 
d I AH m m 
m 
= ± é 
ê D = Û = + Û 
ê = ± 
ë 
0,25 
0,25 
Điều kiện: x> 0 ; BPT Û 
2 
2 2 4log 2log 2 20 0 x x x + - £  0,25 
Đặt  2 log t x =  . Khi đó  2 
t x =  . 
BPT trở thành 
2 2 2 2 4 2 20 0 t t + - £  . Đặt y = 
2 2 2  t  ; y ³ 1. 
0,25 
BPT trở thành y 2 + y ­ 20 £ 0 Û ­ 5 £ y £ 4. 
Đối chiếu điều kiện ta có : 
2 2 2 2 2 4 2 2 1 t  t t £ Û £ Û £ Û ­ 1 £ t £ 1. 
0,25 
0,25 
I 
A  B 
D 
H 
5
Do đó ­ 1 £  2 log  x £ 1 Û 
1 
2 
2 
x £ £ 
Câu 
VII 
(2đ) 
Từ giả thiết bài toán ta thấy có  6 2 4 = C  cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 
10 2 5 = C  cách chọn 2 chữ số lẽ => có 
2 
5 C  . 
2 
5 C  = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 
Mỗi bộ 4 số như thế có 4!  số được thành lập. Vậy có tất cả  2 4 C  . 
2 
5 C  .4! = 1440 số 
0,5 
0,5 
. Vì G nằm trên đường thẳng  0 2 = - + y x  nên G có tọa độ  ) 2 ; (  t t G - =  . Khi đó 
) 3 ; 2 (  t t AG - - =  ,  ) 1 ; 1 ( - - = AB  Vậy diện tích tam giác ABG là 
( ) [ ]  1 ) 3 ( ) 2 ( 2 
2 
1 
. . 
2 
1  2 2 2 2 2 - - + - = - =  t t AB AG AB AG S  = 
2 
3 2 - t 
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng  5 , 4 3 : 5 , 13 =  . Vậy 
5 , 4 
2 
3 2 
= 
- t 
, suy ra  6 = t  hoặc  3 - = t  . Vậy có hai điểm G :  ) 1 ; 3 ( , ) 4 ; 6 (  2 1 - - = - =  G G  . Vì G là 
trọng tâm tam giác ABC nên  ) ( 3  B a G C  x x x x + - =  và  ) ( 3  B a G C  y y y y + - =  . 
Với  ) 4 ; 6 ( 1 - = G  ta có  ) 9 ; 15 ( 1 - = C  , với  ) 1 ; 3 ( 2 - - = G  ta có  ) 18 ; 12 ( 2 - = C 
0,5 
0,5 
·  ĐK:  x > 1 
·  Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương  0,25 
. 
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 
0,5 
0,25 
Câu 
VII 
(1đ) 
Từ giả thiết bài toán ta thấy có  10 2 5 = C  cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 
đứng đầu) và  3 5 C  =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 
2 
5 C  . 
3 
5 C  = 100 bộ 5 số được chọn. 
0,5 
Mỗi bộ 5 số như thế có 5!  số được thành lập => có tất cả  2 5 C  . 
3 
5 C  .5! = 12000 số. 
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là  960 ! 4 . .  3 5 
1 
4 = C C  . Vậy có 
tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 
0,5