1. Hội Những Người Ôn Thi Đại Học
Đề thi thử số 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn thi : TOÁN - khối AB
Thời gian: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình: 2
3 4 2 2 2 1 2sin x cos x sin x
2. Giải phương trình: . 12
1
3
)1(2)1( 2
x
x
xx
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I = dx
xx
x
2
0
33
cossin
sin
Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a,AD 2a . Cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600
. Trên cạnh SA lấy
điểm M sao cho
a 3
AM
3
, mặt phẳng BCM cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu V (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: {
√
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chƣơng trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm):
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :3 4 12 0x y và hai điểm (1;1), ( 1;5)A B .
Lập phương trình đường tròn c đi qua ,A B và cắt đường thẳng tại hai điểm ,M N biết dây
cung MN có độ dài bằng 6.
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức z4
-z3
+
2
2
z
+z+1 = 0
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(2;0) và giao điểm I của hai đường
chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
2 2 2
( ): 4 2 6 5 0, ( ):2 2 16 0S x y z x y z P x y z . Điểm M di động trên (S) và điểm
N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 22log 64 log 16 3x x
------------HẾT------------
Thi thử Đại học www.toanpt.net
2. SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2_2012
Câu Nội dung Điểm
I 1.0
2 Ta có , 2 2
3 6 3( 1)y x mx m
Để hàm số có cực trị thì PT ,
0y có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m
0.25
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m) 0.25
Theo giả thiết ta có 2 3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
0.25
Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m và 3 2 2m . 0.25
II 2.0
1 1.0
)sin21(2cos212cos4 2
xxx )sin21(2cos2)12cos2)(12cos2( xxxx 0,25
)sin21(2cos2)12cos2)(sin41( 2
xxxx 0.25
02cos2)sin21)(12cos2()sin21( xxxx 0)3sin21)(sin21( xx 0.25
)(;
3
2
18
5
;
3
2
18
2
6
7
;2
6
2
1
3sin
2
1
sin
Zk
k
x
k
x
kxkx
x
x
0.25
2 1.0
ĐK:
3
1
x
x
08
1
3
1231
x
x
xxx 0.25
4
1
3
1
2
1
3
1
x
x
x
x
x
x
1632
432
2
2
xx
xx
0.25
0192
072
2
2
xx
xx
0.25
521
221
x
x
221,521, S
0.25
III 1.0
Xét J= dx
xx
x
2
0
33
cossin
cos
Ta CM được I = J (Đặt x= t
2
) 0.25
; (Chọn
; (Chọn
; (Chọn
; (Chọn x < -1)
3. I+J =
2
0
xxxx
dx
22
coscossinsin
=
2
4
2
4
0
2
1cotcot
cot
1tantan
tan
xx
xd
xx
xd 0.25
Đặt tanx(cotx) = t => I + J =
1
0
2
1
2
tt
dt
=2
1
0 2
4
3
)
2
1
(
)
2
1
(
t
td
Đặt t -
2
1
= ytan
2
3
0.25
=> I + J =
33
4
=> I=
33
2 0.25
IV 1.0
Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có
BC AB
BC BM
BC SA
. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao .
0.25
Ta có 0
SA AB.tan60 a 3 ,
a 3
a 3
MN SM MN 2 4a3 MN
AD SA 2a 3 3a 3
và
2a
BM
3
. Diện tích hình thang BCMN là
2
BCMN
4a
2a
BC MN 2a 10a3S BM
2 2 3 3 3
0.25
Hạ SH BM và BC SAB BC SH . Vậy SH BCMN SH là đường cao của
khối chóp S.BCNM. Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM 1
SB MS 2
. Vậy BM là phân
giác của 0 0
SBA SBH 30 SH SB.sin30 a .
0.25
Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có
3
BCMN
1 10 3a
V SH.S
3 27
0.25
V 1.0
Ta thấy y=0 không phải là nghiệm của phương trình. 0.25
600
A D
B C
S
M N
H
4. y11
+y
Xét f(t)= t11
+t có f’(t)= 11y10
+1>0 => f(t) đồng biến => =y=>x=y2
Thay vào pt thứ 2 ta được: 0.25
0.25
0.25
VI.a 2.0
1 1.0
Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t .
Suy ra trung điểm M của AC
1 3
;
2 2
t t
M
.
0.25
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
0.25
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ).
Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y .
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K .
0.25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
0.25
2 1.0
Gọi ( , )I a b là tâm đường tròn, P là trung điểm MN nên , 3IP MN MP
Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 5)
3 4 12
( , ) ( 1) ( 1) 9
5
a b a b RIA IB R
a b
d I IP IM MP a b
0.25
5.
2 2 2 2 2 2
2 22 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2 6 2 6
121 630 125 02 30 25 (2 7) ( 1) 9
R a b R a b
a b a b
b bb b b
0.25
2
2
5, 4, 25
25 676 644425
, ,
121 121 14641
b a R
b a R
0.25
Có hai đường tròn
2 2
2 2
( ) :( 4) ( 5) 25
25 676 644425
( ') :( ) ( )
121 121 14641
C x y
C x y
0.25
VIIa 1.0
z4
-z3
+
2
2
z
+z+1 = 0 (z4
+1)-(z3
-z)+
2
2
z
=0. 0.25
Chia cả hai vế cho z2
, ta được : (z2
+ 2
1
z
) –(z-
1
z
) +
1
2
=0 2 5
0,
2
w w- + =
(với
1
z
z
w = - )
0.25
1 3
,
2 2
iw = + hoặc
1 3
2 2
iw = - 0.25
+ Phương trình : z-
1
z
=
1
2
+
3
2
i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =-
1
2
(1-i)
+ Phương trình : z-
1
z
=
1
2
-
3
2
i cho nghiêm z3=-
1
2
(1+i) ; z4= 1-i
0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Dễ thấy pt (AB): y=0 : trục hoành
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ I đến AB, đặt IH=a
=> I(a;a) ( do (AB) là trục hoành và I thuộc đường thẳng x=y)
0.25
Sử dụng công thức diện tích hình bình hành tính được IH=2
=>tọa độ I(2;2) và I=(-2;-2) 0.25
Với I(2;2) => C(3;4), D(2;4) 0.25
Với I(-2;-2) => C(-5;-4), D(-6;-4) 0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
. M thuộc d1 nên tọa độ của M
1 2 ;3 3 ;2t t t .
Theo đề:
0.25
6.
1 222 2
|1 2 2 3 3 4 1| |12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
31 2 2
t t t t
d M P t t t
+ Với t1 = 1 ta được 1 3;0;2M ;
+ Với t2 = 0 ta được 2 1;3;0M
0.25
+ Ứng với M1, điểm N1 2d cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi
mp này là (Q1). PT (Q1) là: 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z .
Phương trình tham số của d2 là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
0.25
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0.25
VIIb 1.0
Điều kiện:
1
0; ; 1
2
x x x 0.25
22
2 2
6 4
log 64 log 16 3 3
1 log 2log
x x
x x
0.25
Đặt 2log ; 0, 1t x t t ta được:
6 2 3 5 2
3 0
1 (1 )
t t
t t t t
1
1
3
0 2
t
t
0.25
Vậy: 2 3
2
1 11
1 log
23 2
0 log 2 1 4
xx
x x
0.25
