1. WWW.VNMATH.COM
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x +1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=
x−2
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi (d) là đường thẳng qua M ( 2;0 ) có hệ số góc k. Tìm k để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
uuur uuur
MA = 2 MB
− .
Câu II (2,0 điểm)
1
1. Giải phương trình 3 sin x + cos x =
cos x
.
2. Giải phương trình 2 x 2 +x + x 2 + + x
3 2 x2 + =
3 9 ( x ∈¡ ) .
4
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x log 2 ( x 2 + 9 ) dx .
0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ·ABC =60 0
, hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 30 . Tính
0
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình − − +2 x + ≥x −2 x − +m
4 x 15 13 2 2
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈[ −3;5] .
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 mặt phẳng Oxy, cho điểm M ( 6; 2) và đường tròn (C): ( x −1) +( y −2 ) =5 . Lập phương trình đường
2 2
thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 10 .
x −1 y z +1
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) : = = và hai điểm A ( 4; − ) , B ( 2; 5; 0 )
1;1 . Tìm
2 4 −1
điểm M trên (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M .
Câu VII.a (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 
( )
8 2 x − y = 0, 5 y −3

.
log 3 ( x − 2 y ) + log 3 ( 3 x + 2 y ) = 3

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A ( −1; 2 ) và đường thẳng ( d ) : x −2 y +3 =0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai
điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại C và . AC = BC
3
2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A ( 0;1; 0 ) , B ( 2; 2; 2 ) , C ( − 3; 4 ) và đường thẳng
2;
x −1 y + 2 z + 3
(d) : = = . Tìm điểm M thuộc (d) sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 3.
2 −1 2
 x 2y
9.4 − 2.4 3 − 4 = 0
Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  .
log 3 x − log 3 y + 1 = 0

----------------- 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. WWW.VNMATH.COM
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điể
m
I 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) • Tập xác định: D =¡ { 2} 0.25
• Sự biến thiên:
−3
y' = < 0, ∀x ∈ D
ￚ Chiều biến thiên: ( x − 2)
2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞)
lim y = lim y =1 0.25
ￚ Giới hạn và tiệm cận: x→−∞ x→+∞ ; tiệm cận ngang: y=1
lim y =− , lim y =+
∞ ∞
x→ −
2 x→ +
2 ; tiệm cận đứng: x =2
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
• Đồ thị 0.25
2.(1,0 điểm)

3. WWW.VNMATH.COM
Phương trình đường thẳng (d): y =kx −2k 0.25
x +1
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x −2
= kx − 2k (1)
Điều kiện: x ≠2
Phương trình (1) tương đương với: f ( x) =kx −( 4k + ) x +4k − =0
1 1 (2) 2
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
0.25
(2) có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔
k ≠ 0 k ≠ 0
 
⇔ ∆ = 12k + 1 > 0 ⇔  1 (*)
 f 2 = −3 ≠ 0 k > − 12
 ( ) 
Đặt A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là hai nghiệm của (2) và y1 = 1 − k ; y2 = x2 − k
kx 2 2 2 0.25
uuur uuur x1 − 2 = −2 ( x2 − 2 )

Khi đó: MA = −2 MB ⇔  ⇔ x1 + 2 x2 = 6 (3)
 y1 − 2 = −2 ( y2 − 2 )

Theo định lý Viet ta có: 0.25
 4k + 1
 x1 + x2 = k

(4)

 x x = 4k − 1 (5)
 1 2
 k
2k + 2 4 k −1
Từ (3) và (4) suy ra: x1 =
k
; x2 =
k
(6)
2k + 2 2 k −1 4 k −1 2
Từ (5) và (6) ta được: k
.
k
=
k
⇔k =
3
, thỏa (*)
2
Vậy, giá trị k thỏa đề bài là: k=
3
.
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Điều kiện: (*)
cos x ≠0
0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
3 1 +cos 2 x
3 sin x cos x +cos 2 x =1 ⇔ s in2x + =1 ⇔cos 2 x + 3 s in2x =1
2 2
1 3 1 0.25
⇔ cos 2 x + s in2x =
2 2 2
 π 1 0.25
⇔ cos  2 x − ÷=
 3 2
 π 0.25
x = + kπ
⇔ 3 ( k ∈¢
), thỏa (*)

 x = kπ
π
Vậy, phương trình có nghiệm là: x= + kπ ∨ x = k ( k ∈¢
).
3
2.(1,0 điểm)
Đặt t = x + x 2
+3 , phương trình đã cho trở thành: t2 + −
t 12 =0 0.25
t = 3 0.25
t 2 + t −12 = 0 ⇔ 
t = −4
x ≤ 3 0.25
• Với t=3
thì x + x2 +3 = 3 ⇔ 2 ⇔ x =1
x + 3 = x − 6 x + 9
2

4. WWW.VNMATH.COM
x ≤ −4 0.25
• Với t =−4
thì x + x 2 + 3 = −4 ⇔  2 ⇔ x ∈∅
x + 3 = x + 8 x +16
2
Vậy, phương trình có nghiệm là: x =1
.
III (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 2x 0.25
Đặt u = log 2 ( x 2 + 9 ) ⇒ du = dx và dv = xdx ⇒ v =
x2 +9
( x + 9 ) .ln 2
2
2
 x2 +9 
44 0.25
1
Suy ra: I = .log 2 ( x 2 + 9 )  − ∫ xdx
 2 0 ln 2 0
 x 2 +9 
4 0.25
25 9
•  2 .log 2 ( x + 9 )  = 2 log 2 25 − 2 log 2 9 = 25 log 2 5 −9 log 2 3
2
 0
4
4
 x2 
• ∫ xdx =  2  = 8
0  0
8 0.25
Vậy I = 25log 2 5 −9 log 2 3 −
ln 2
.
IV (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
Gọi O =AC I BD , M là trung điểm AB và I là trung điểm của AM.
Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên:
a 3 a 3 a2 3
CM ⊥AB, OI ⊥AB
và CM = , OI = , S ABCD =
2 4 2
Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO ⊥( ABCD ) 0.25
· · ·
 SAB ) , ( ABCD )  =( OI , SI ) =SIO =30 0
Do AB ⊥OI ⇒ ⊥
AB SI
. Suy ra: ( 
a 3 3 a
Xét tam giác vuông SOI ta được: SO = OI . t an300 = . =
4 3 4
1 1 a2 3 a a3 3
Suy ra: V = .S ABCD .SO = . . = .
3 3 2 4 24
Gọi J =OI I CD
và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI 0.25
a 3 JH ⊥( SAB )
Suy ra: IJ = 2OI = và
2
Do CD / / AB ⇒CD / / ( SAB ) . Suy ra:

5. WWW.VNMATH.COM
d ( SA, CD ) =d 
CD , ( SAB )  =d J , ( SAB )  =JH
  
a 3 1 a 3 0.25
Xét tam giác vuông IJH ta được: JH = IJ .s in30 0 = . =
2 2 4
a 3
Vậy d ( SA, CD ) = .
4
V (1,0 điểm)
(1,0 điểm) Xét bất phương trình: − − +2 x + ≥x
4 x 15 2 2
− x− +
2 13 m (1) 0.25
Điều kiện: − + x + ≥ ⇔3 ≤x ≤
x 2 15 0 2
− 5
1−x
Đặt t = − 2 +2 x +
x 15 , ta có: t'= , t ' = 0 ⇔ x =1
−x 2 + 2 x +15
Bảng biến thiên:
Suy ra: t ∈[ 0; 4 ]
Do t = − 2 + x+
x 2 15 ⇔ 2 − x = − 2
x 2 15 t nên bất phương trình đã cho trở thành: 0.25
t2 − t− ≥
4 2 m (2)
Xét hàm số f (t ) =t 2 − t −
4 2 với t ∈[ 0; 4 ] , ta có: 0.25
f ' ( t ) =2t − =0 ⇔ =2
4 t
Bảng biến thiên:
min f (t ) = f ( 2 ) =−6
Suy ra: t∈ 0;4]
[
Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀ ∈[ −3;5]
x 0.25
⇔
Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀ ∈[ 0; 4]
t
⇔ m≤ min f (t )
t∈[ 0;4]
⇔ m ≤−6
Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: m ≤−6
.
VI.a 1. (1,0 điểm)

6. WWW.VNMATH.COM
(2,0 điểm) 0.25
Đường tròn (C) có tâm I ( 1;2) và bán kính R = 5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:
AB2 10 5 10
IH 2 = IA 2 −AH 2 = R 2 − =5 − = ⇒IH =
4 4 2 2
Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT
r
n = ( a; b ) (a 2
+b 2 ≠ 0 ) có dạng: 0.25
a (x − ) + (y − ) = ⇔ +
6 b 2 0 ax by −6a −2b =0
Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: 0.25
a + 2b − 6a − 2b 10
d ( I; (d) ) = IH ⇔ = ⇔9a 2 = b 2 ⇔b = ±3a
a +b
2 2 2
• Với b =−3a
ta được ( d ) : x −3y =0 0.25
• Với b =3a
ta được ( d ) : x +3y − =0
12
Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là: ( d ) : x −3y =0 hoặc ( d ) : x +3y − =0
12 .
2.(1,0 điểm)
 x = 1 + 2t 0.25

Phương trình tham số của (d):  y = 4t . Đặt M (1 +2t ; 4t ; − −t )
1
 z = −1− t

uuur uuur
Ta có: MA = 3 − t ; − − t ; 2 + ) ; MB = 1 − t ; 5 − t ;1 + )
( 2 1 4 t ( 2 4 t
∆MAB
vuông tại M ⇔
uuu uuur
r
MA.MB =0 0.25
⇔ ( 3 − 2t ) ( 1 − 2t ) + ( −1 − 4t ) ( 5 − 4t ) + ( 2 + t ) ( 1 + t ) = 0
⇔ 4t 2 − 10t + 3 + 4t 2 −16t − 5 + t 2 + 3t + 2 = 0
23
⇔ 9t 2 − 23t = 0 ⇔ t = 0 ∨ t =
9
• t =0 ⇒ (1; 0; − )
M 1 0.25
23  55 92 32  0.25
• t=
9
⇒M  ;
 9 9
;− ÷
9 
M ( 1; 0; −1)
 55 92 32 
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: hoặc M  ; ;− ÷ .
 9 9 9 
VII.a (1,0 điểm)
(1,0 điểm) 0.25
Xét hệ phương trình:


( )
8 2 x − y = 0, 5 y −3 (1)
log 3 ( x − 2 y ) + log 3 ( 3 x + 2 y ) = 3
 (2)
Điều kiện: x − y > 3x + y >
2 0; 2 0
(*)
x − y +6 0.25
Khi đó: ( 1) ⇔ = 3 − y ⇔ y = −x (3)
2

7. WWW.VNMATH.COM
Thay (3) vào (1) ta được: log 3 x +log 3 3 x = ⇔x 2 =
3 3 27 ⇔ = 3
x ± . 0.25
• Với x =3 ⇒ =− , thỏa (*)
y 3 0.25
• x = 3⇒ =
− y 3
, không thỏa (*)
x = 3
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  .
 y = −3
VI.b (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d) 0.25
Phương trình đường thẳng ( ∆ ) qua A và vuông góc với (d) là: 2x +y +m =0
A ( − 2 ) ∈∆ ⇔ 2 + + = ⇔ =
1; ( ) − 2 m 0 m 0
Suy ra: ( ∆) : 2x +y =0 .
 3 0.25
{
x =−
2x + y = 0 ⇔  5 ⇒ C− 3 ; 6  .
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: x − 2y = −3  6  ÷
y =  5 5
 5
Đặt B ( 2t −3; t ) ∈(d) , theo giả thiết ta có: AC = BC ⇔ 2 = BC 2
3 AC 9 0.25
 16
 6  t =
2 2
4 16 12  
⇔ + = 9  2t − ÷ +  t − ÷  ⇔ 45t −108t + 64 = 0 ⇔  15
2
.
25 25  5   5  4
  t =
 3
16  13 16  0.25
• Với t= ⇒ B − ; ÷
15  15 15 
4  1 4
• Với t= ⇒ B− ; ÷
3  3 3
 13 16   1 4
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: B− ; ÷ hoặc B− ; ÷ .
 15 15   3 3
2.(1,0 điểm)
Ta có:
uuu
r uuur
2; 
uuu uuu
r r
AB =( 2;1; 2 ) ; AC =( − 2; 4 ) ⇒ AB , AC  =( 0; −12; 6 ) 0.25
 
 x = 1 + 2t 0.25

Phương trình tham số của (d):  y = − 2 − t . Đặt M (1 +2t ; − − ; − +2t )
2 t 3
 z = − 3 + 2t

uuuu
r uuu uuu uuuu
r r r
Ta có: AM =(1 +2t ; − − ; − +2t )
3 t 3 .Suy ra: AB, AC . AM =18 +24t
 
t = 0 0.25
1 uuu uuu uuuu
r r r
VMABC = 3 ⇔  AB, AC  . AM = 3 ⇔ 18 + 24t = 18 ⇔ 
6   t = − 3
 2
• Với t =0 ⇒ (1; − − )
M 2; 3 0.25
 1 
• Với t = 0 ⇒ M  −2; − ; −6 ÷
 2 
M ( 1; − − )
 1 
Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là 2; 3 hoặc M  −2; − ; −6 ÷ .
 2 
VII.b (1,0 điểm)

8. WWW.VNMATH.COM
(1,0 điểm)  x 2y 0.25
9.4 − 2.4 3 − 4 = 0 (1)
Xét hệ phương trình 
log 3 x − log 3 y +1 = 0
 (2)
Điều kiện: x >0; y >0
Khi đó: (2) ⇔ 3x =log
log 3 3 y ⇔ = x
y 3 (3) 0.25
Thay (3) vào (1) ta được: 0.25
4 x = 4
1
− 4 = 0 ⇔ 2. ( 4 ) − 9.4 + 4 = 0 ⇔  x 1 ⇔ x = 1 ∨ x = −
2
9.4 − 2.4
x 2x x x
(loại)
4 = 2

 2
• Với x = ⇒ =
1 y 3 0.25
x= 1
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là:  .
y= 3
-------------------------Hết-------------------------
Biên soạn: Huỳnh Chí Hào – THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu