1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Trường PTTH Phú Nhuận Môn: TOÁN; Khối A – A1 – D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x − 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I( –1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C)
tại M là lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1 1
1. Giải phương trình: sin 2x +sin x − − = 2 cot 2x .
2 sin x sin 2x
 y3 = x 3 ( 9 − x 3 )

2. Giải hệ phương trình :  trên tập số thực
 x y + y = 6x
2 2

π  π
sin  x + ÷
2
 4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 2sin x cos x − 3 dx .
π
4
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O,
OB = a, OC = a 3 và OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ).
2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x +y +z =3 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2
5
biểu thức P = xy + yz + zx + .
x + y +z
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mp tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1). Viết phương trình đường thẳng
đi qua A và chia ∆ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2; −5; 0 ) . Viết phương trình đường thẳng d qua A
biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 600.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn | z - 1 | =| z + 3 | và | z |2 +z 2 = 2
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
 16 23 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H − ; ÷ , phương trình
 27 9 
 5 5
cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là K − ; ÷ . Viết phương trình
 2 2
các đường thẳng AB, AC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x +y +z − x + y − z − =0 và mặt
2 4 6 2 2 2 2
phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)
b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N (S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài
∈
đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất
4 x −2 y − 7.2 x −2 y = 8

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ; x, y ∈R
log 2 ( log 3 x ) − log 2 ( log 3 y ) = 1

------------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:..............................

2. ĐÁP ÁN
Câu I. 2 x −1 3
1. y= =2 −
(2,0đ) x +1 x +1
Tập xác định: D = ¡
{–1}. 0,25
lim y = 2
x →±∞ Tiệm cận ngang: y=2
0,25
lim y =− ; lim− y =+
∞ ∞
x → 1+
− x→1
− Tiệm cận đứng: x =−1
3 x –∞ –1 +∞
y' =
( x + 1) 2
> 0, ∀x∈D
y’ + +
+∞ 2
y 2 –∞ 0,25
Hàm số tăng trên từng khoảng xác định
y
5
4
3
2 0,25
1
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x
-1
-2
 3 
2. Nếu M  x0 ; 2 −
  ∈ (C ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình
 x0 + 1 

0,25
3 3
y −2 + = ( x − x0 ) hay 3( x − 0 ) − x0 + ) ( y − ) − ( x0 + ) =
x ( 1 2 3 2
1 0
x0 +1 ( x0 +1) 2
Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là
3(−1 − x0 ) − 3( x0 + 1) 6 x0 + 1 6
d= = = 0,25
9 + ( x0 + 1) 9 + ( x0 + 1) 9
4 4
+ ( x0 + 1) 2
( x0 + 1) 2
9
Theo bất đẳng thức Côsi + ( x0 +1) 2 ≥ 2 9 = 6 , vậy d≤ 6 .
( x0 +1) 2
9 0,25
Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi và chỉ khi = (x 0 +1) 2
(x 0 +1) 2
⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔ x 0 =− ± 3
1
Vậy có hai điểm M : (
M − + 3;2 − 3
1 ) hoặc (
M − − 3 ;2 + 3
1 ) 0,25
Câu II 1 1
1. Giải phương trình: sin 2x +sin x − − = 2 cot 2x .
(2,0đ) 2 sin x sin 2x
 sin x ≠ 0
Điều kiện:  (i) 0,25
 cos x ≠ 0
pt ⇔ sin 2 2x +sin 2x.sin x −cos x − = cos 2x
1 2
0,25
cos 2x ( − cos 2x − cos x − 2 ) = 0 0,25
cos 2x = 0
⇔
2 cos x + cos x + 1 = 0 : VN
2

3. π kπ
⇔x= +
4 2
( thỏa điều kiện (i) ) 0,25
 y3 = x 3 ( 9 − x 3 )

2. Giải hệ phương trình:  2 trên tập số thực
 x y + y = 6x
2

Khi x = 0 ⇒ y = 0
0,25
(0 ; 0) là nghiệm của hpt.
Khi x ≠
0 , ta có
3
y3  y  y
x 6 + y3 = 9x 3 ⇔ x 3 + = 9 ⇔ x + ÷ −3y  x + ÷= 9
x3  x  x 0,25
 y
Mà x 2 y + y 2 = 6x ⇔ y  x + ÷= 6
 x
3 3
 y  y  y  y
Do đó  x + ÷ − 3y  x + ÷= 9 ⇔ x + ÷ = 27 ⇔ x + ÷= 3 ⇔ y = 2 0,25
 x  x  x  x
y = 2
 y = 2
Ta có  2 ⇔
x + x = 3 x = 1 ∨ x = 2 0,25

Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)
Câu III π
π  π
(1,0đ) 2 sin  x + ÷ 1 2
sin x + cos x
 4
Tính tích phân I = ∫ 2sin x cos x − 3 dx = −
2 ∫ ( sin x − cos x )
π
2
+2
dx 0,25
π
4
4
Đặt t = sinx – cosx ⇒ dt = (cosx + sinx)dx
π
Đổi cận: x = 4
⇒t=0
π 0,25
x= 2
⇒t=1
1
1 1
I= − ∫ t 2 + 2 dt
20
π π
Đặt t = 2 tan u ⇒ = 2 (1 +tan 2 u ) du
dt ; − <u<
2 2
1 0,25
2 ( 1 + tan 2 u )
arctan
2
I= 1
−
2
∫
0
2 tan 2 u + 2
du
1
1 arctan 1 1
=− u 0
2
= − arctan 0,25
2 2 2
z
Câu IV Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK
(1,0đ) Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH a 3 A 0,25
Chứng minh OH vuông góc mp (ABC)
1 1 1 1 1 1 5 N
= + = + + =
OH 2 OA2 OK 2 OA2 OB 2 OC 2 a2
0,25
a5 C
Suy ra d(O, (ABC)) = OH = O
5 a 3 y
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), B M 0,25
A(0; 0; a 3 ); B ( a; 0; 0), C (0; a 3; 0), a
a a 3   a 3 a 3 x
M ;
2 2
; 0÷
÷ ⇒ N  0;
 2
; ÷
2 ÷
.
   
uuuu  a a 3
r  uuur  a 3 a 3 
OM =  ;
2 ; 0 ÷ ON =  0;
÷ ,  ; ÷
÷
 2   2 2 

4. uuuu uuur
r  3a 2 a 2 3 a 2 3 
[OM ; ON ] =  ; ; ÷ ,
 4 4 4 ÷
 
r
n = ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN )
r
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n: 3 x +y +z =0
3.a + 0 + 0 a 3 a 15
Ta có: d ( B; (OMN )) = = = . Vậy:
3 + 1 +1 5 5
a 15
d ( B; ( NOM )) = . 0,25
5
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
a 15
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM )) = .
5
Câu V
( x + y +z ) −( x 2 + y 2 + z 2 ) ( x + y +z )
2 2
−3
(1,0đ) Ta có : xy + yz + zx = = .
2 2 0,25
t 2 −3
Đặt t = x + y + z, ta có: 0 ≤ xy + yz + zx = ≤ x 2 + y2 + z 2 = 3
2 0,25
⇒ 3 ≤ t ≤3 .
t2 −3 5 5 t 3 −5
Khi đó, ta có: P = f ( t) = + , f ' ( t ) = t − 2 = 2 > 0, ∀ ≥ 3
t .
2 t t t
0,25
14
Vậy ta có: P = f ( t ) ≤ f ( 3) = .
3
14
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy max P =
3
. 0,25
Câu VI.a S ∆AMC
(2,0 điểm) 1. TH1: Ta có: =2 ( 1)
S ∆AMB
1 0,25
CM . AH
MC
Trong ∆ABC, dựng đường cao AH. (1) ⇔ 2 = =2
1 MB
BM . AH
2
uuur
u uuur 1
Khi đó: MC =− MB
2 ⇒ M ( −1; − )
3 0,25
Pt đường thẳng d1: 16x – 9y – 4 = 0
S ∆AMB
TH2: =2 ( 2)
S ∆AMC
2 0,5
Cm tương tự: ⇒ M (2; − )
3
Pt đường thẳng d2: x – 2 = 0
2. Gọi K là giao điểm của d và trục Oz ⇒
K(0 ; 0 ; k)
uuur r 0,25
( )
AK = − 2; 5; k ; k =( 0; 0;1)
uuur r k
(
cos AK ; k ) = cos 600 ⇔
27 + k 2
=
1
2
⇔= 3
k ±
0,25
uuur
⇒ ( 0; 0; ± ) , AK = − 2; 5; ±
K 3 3 ( ) 0,25
x y z −3 x y z −3
Phương trình d : = = ; = = 0,25
− 2 5 3 − 2 5 −3

5. Câu VII.a Gọi z = a + bi (a, b∈ ¡
), ta có:
(1,0 điểm)
 a = −1 0,25
| z - 1 | =| z + 3 | ⇔ (1)
b ∈ R
a2 = 1  a = ±1
| z |2 +z 2 = 2 ⇔ ⇔ (2) 0,25
 ab = 0 b = 0
( 1)
  a = −1
 ⇔ Vậy z = –1 0,5
(
 2) b = 0
Câu VI.b 1. đt AH qua H vuông góc BC ⇒ (AH) : 6x + y + 1 = 0
(2,0đ) A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 ) 0.25
B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b)
K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 .
Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0) 0.25
Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0
đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25
HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25
2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)
0,25
(S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4
(Q): x + y + z + D = 0 (D ≠ 2012) 0,25
d ( I , ( Q ) ) =4 ⇔ =− ±4
D 2 3 0,25
Vậy (Q) : x + y + z − ±4 3 =0
2 0,25
b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N ∈
(S). Xác định tọa độ
điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất.
MN2 = IM2 – R2
MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên 0,5
mặt phẳng (P).
phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25
x −1 = y + 2 = z − 3
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
x + y + z + 2012 = 0
0,25
 2017 2008 2023 
Vậy M
 3
;
3
;
3 
÷
Câu VII.b 4 x −2 y − 7.2 x −2 y = 8

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ; x, y ∈R
log 2 ( log 3 x ) − log 2 ( log 3 y ) = 1

Điều kiện x > 1 ; y > 1 0,25
ì 4x - 2y - 7.2x - 2y = 8
ï ì x - 2y 2
ï 2
ï
í ⇔
ï
ï
í
( ) - 7.2x - 2y - 8 = 0
0,25
ï log2 ( log 3 x ) - log 2 ( log 3 y ) = 1
ï ï log ( log x ) = log 2 + log ( log y )
ï
ï
î ï
î 2 3 2 2 3
2 x −2 y = 8
 x −2 y

⇔ 2 = −1 0,25

log 2 ( log 3 x ) = log 2 ( log 3 y )
2

x − 2 y = 3 x = 9 x = 1
⇔ 2 ⇔ hay 
y − 2 y −3 = 0 y = 3  y = −1
0,25
x= 9
So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm 
y= 3

6. Đáp án HKG cổ điển cách 2
A
α√3 N
H O
α√3
C
α
M
K
B
a6 a 2 15
b) OM = MN = a , ON = ⇒ SOMN =
2 8
a2 3
OB = OM = MB = a ⇒ ∆OBM đều ⇒ SOBM = 4
a3
Gọi I là trung điểm OC ⇒ NI là đường trung bình của ∆OAC ⇒ NI ⊥(OBC) và NI = 2
1 a3
VN.OBM = 3
SOBM.NI = 8
1 3VNOBM 3a
Mặt khác, VN.OBM = 3
SOMN.d[B,(OMN)] ⇒ d[B,(OMN)] = SOMN = 15
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
3a
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d ( B; ( NOM )) =
15
.