1. www.MATHVN.com
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG MÔN: TOÁN; KHỐI: A
www.MATHVN.com Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 m x 2 + 3 m 2 − 1 x − m 3 + m ( ) (1) , m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa
độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O.
Câu II (2,0 điểm)
3 ( cot x + 1)  7π 
1. Giải phương trình 3cot 2 x + − 4 2 cos  x +  = 1.
sin x  4 
2. Giải phương trình x − 4 + 6 − x = 2 x 2 − 13x + 17 ( x ∈ ℝ) .
x4 −1
2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx .
1
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , biết A '. ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a . Góc giữa
hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( BCC ' B ') bằng 900 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng
cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C theo a .
 1 ≤ a , b, c ≤ 4
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện  .
 a + b + 2c = 8
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 3 + b3 + 5c3 .
Câu VI (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 và đường thẳng
(d ) : 3 x + 4 y − 20 = 0 . Chứng minh d tiếp xúc với (C ) . Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C ) , các đỉnh B
và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc (C ) . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết trực tâm của tam giác
ABC trùng với tâm của đường tròn (C ) và điểm B có hoành độ dương.
x y +1 z x −1 y +1 z − 4
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = , d2 : = = .
1 2 1 1 −2 3
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng d1 , d 2 đồng thời vuông góc với mặt phẳng
( P) : x + 4 y − 2 z + 5 = 0 .
Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức z biết 2( z + 1) + z − 1 = (1 − i ) z .
2
----------------- Hết -----------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh.............................................................; Số báo danh...........................................................
www.MATHVN.com

2. www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
MÔN: TOÁN; KHỐI: A
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu Nội dung Điể
m
Câu I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số...............
(1,0đ)
Với m = 1 , ta có hàm số y = x3 − 3 x 2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2;+∞ ) . Hàm số nghịch biến trên
khoảng ( 0; 2 ) .
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCD = 0 , đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −4
- Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞ x →+∞
- Bảng biến thiên
x −∞ 0 2 +∞
y' + 0 − 0 +
0 +∞
0,25
y
−∞ −4
Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( 0;0 ) ,
y
4
cắt trục hoành tại điểm ( 0;0 ) , ( 3;0 ) 3
y '' = 6 x − 6; y '' = 0 ⇔ x = 1 . 2
Đồ thị nhận điểm (1; −2 ) làm tâm đối xứng. 1
O x
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-1
-2
-3 0,25
-4
Câu I.2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu
(1,0đ) của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị
đến O.
y = x 3 − 3 m x 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m 3 + m ⇒ y ' = 3 x 2 − 6 m x + 3 ( m 2 − 1)
 x = m −1
y ' = 0 ⇔ 3 x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 ⇔ 
x = m +1 0,25
www.MATHVN.com

3. www.MATHVN.com
Hàm số có cực đại, cực tiểu ∀m ∈ ℝ .
Điểm cực đại của đồ thị là A ( m − 1;2 − 2m ) . Điểm cực tiểu của đồ thị là 0,25
B ( m + 1; −2 − 2m )
Khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách
từ điểm cực đại đến
O ⇔ OB = 3OA ⇔ ( m + 1) + ( −2 − 2m ) = 3 ( m − 1) + ( 2 − 2m )
2 2 2 2
0,25
⇔ ( m + 1) + ( −2 − 2m ) = 9 ( m − 1) + ( 2 − 2m )  ⇔ 2m 2 − 5m + 2 = 0
2 2 2 2
 
1 1
⇔ m = 2 hoac m = . Đáp số m1 = , m2 = 2
2 2 0,25
CâuII. 3 ( cot x + 1)  7π 
Giải phương trình 3cot 2 x + − 4 2 cos  x +  =1
1 sin x  4 
(1,0)
Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ .
3 ( cot x + 1)  7π 
3cot 2 x + − 4 2 cos  x +  =1
sin x  4 
cos x
+1
2
cos x  π 
⇔ 3 2 +3 sin x − 4 2 cos  x − + 2π  = 1 0,25
sin x sin x  4 
cos 2 x cos x + sin x
⇔3 2
+3 − 4 ( sin x + cos x ) = 1
sin x sin 2 x
⇔ 3cos 2 x + 3 ( sin x + cos x ) − 4 ( sin x + cos x ) sin 2 x = sin 2 x
⇔ ( sin x + cos x ) ( 3 − 4sin 2 x ) + 3cos 2 x − sin 2 x = 0
⇔ ( sin x + cos x ) ( 3 − 4sin 2 x ) + 3 (1 − sin 2 x ) − sin 2 x = 0
0,25
⇔ ( sin x + cos x ) ( 3 − 4sin 2 x ) + 3 − 4sin 2 x = 0
 3 − 4sin 2 x = 0
⇔ ( 3 − 4sin 2 x ) ( sin x + cos x + 1) = 0 ⇔ 
sin x + cos x + 1 = 0
Xét phương trình
1
3 − 4sin 2 x = 0 ⇔ 3 − 2 (1 − cos 2 x ) = 0 ⇔ 2cos 2 x = −1 ⇔ cos 2 x = −
2
 2π  π
 2x = + k 2π  x = + kπ 0,25
3 3
⇔ ( k ∈ ℤ) ⇔  (k ∈ ℤ) . Thỏa mãn điều kiện.
 2 x = − 2π + k 2π  x = − π + kπ

 3 
 3
Xét phương trình
www.MATHVN.com

4. www.MATHVN.com
 π  π 1
sin x + cos x + 1 = 0 ⇔ 2 sin  x +  = −1 ⇔ sin  x +  = −
 4  4 2
 π π 0,25
 x + = − + k 2π  π
x = − + k 2π
(k ∈ ℤ) ⇔ 
4 4
⇔ 2 ( k ∈ ℤ)
π π
 x + = π + + k 2π 
  x = π + k 2π
 4 4
π
Kết hợp điều kiện ⇒ x = − + k 2π , k ∈ ℤ
2
π π
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = + kπ , x = − + kπ ,
3 3
π
x=− + k 2π , k ∈ ℤ
2
Câu II Giải phương trình x − 4 + 6 − x − 2 x 2 + 13x − 17 = 0 ( x ∈ ℝ)
.2
(1,0đ)
Điều kiện 4 ≤ x ≤ 6
x − 4 + 6 − x = 2 x 2 − 13x + 17 ⇔ ( ) (
x − 4 −1 + )
6 − x − 1 − 2 x 2 + 13x − 15 = 0
0,25
⇔
( x − 4 −1 )( x − 4 +1 )+( 6 − x −1 )( 6 − x +1 ) − ( 2x 2
− 13x + 15 ) = 0
x − 4 +1 6 − x +1
x−5 5− x
⇔ + − ( x − 5 )( 2 x − 3) = 0
x − 4 +1 6 − x +1 0,25
 x=5
 1 1 
⇔ ( x − 5)  − − (2 x − 3)  = 0 ⇔  1 1
 x − 4 +1 6 − x +1   − − (2 x − 3) = 0 0,25
 x − 4 +1
 6 − x +1
1 1 1 1
− − (2 x − 3) = 0 ⇔ − = 2 x − 3 (1)
x − 4 +1 6 − x +1 x − 4 +1 6 − x +1
≤ 1 và 2 x − 3 ≥ 5, ∀x ∈ [ 4;6] nên phương
1 1 1
Ta có − <
x − 4 +1 6 − x +1 x − 4 +1
trình (1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 .
0,25
x4 −1
2
Câu III
(1,0đ) Tính tích phân I = ∫
x 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx
1
x −1 x2 + 1 x2 − 1 x2 + 1
2 2
I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx = ∫
4
ln dx 0,25
1
x 1
x x2 x
x2 + 1 1  1  x2 − 1
Đặt t = = x + ⇒ dt = 1 − 2  dx = 2 dx .
x x  x  x
0,25
www.MATHVN.com

5. www.MATHVN.com
5
2
5
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = . Ta có I = ∫ t ln tdt
2 2
 dt 5
 du = 5
 u = ln t  t t 2
12 0,25
Đặt  ⇒
 dv = tdt  v = t
2
; I = ln t 2 − tdt
2 22 ∫
2

 2
5
25 5 1 2 25 5 9
= ln − 2ln 2 − t 2 = ln − 2ln 2 −
8 2 4 8 2 16 0,25
2
Câu IV Cho lăng trụ ABC. A' B ' C ' . Biết A '. ABC là hình chóp đều với cạnh đáy bằng
(1,0đ) a ...............
A' C'
E
B'
A C
H
M N
B
Gọi M , N , E lần lượt là trung điểm của AB , BC và B ' C ' ; H = CM ∩ AN . Có H là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC . Từ A '. ABC là hình chóp đều
⇒ A ' H ⊥ ( ABC ) 0,25
Góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( BCC ' B ') bằng 90 ⇒ ( A ' BC ) ⊥ ( BCC ' B ') . Có
0
A ' N ⊥ BC ⇒ A ' N ⊥ ( BCC ' B ') ⇔ A ' N ⊥ NE .
• Đặt A 'A = A 'B = A 'C = x( x > 0) .
a 2  NE = BB '  NE = AA '
A ' N = A ' B − BN = x − ; 
2 2 2 2
⇒ ⇒ Tứ giác ANEA ' là hình
4  NE / / BB '  NE / / AA '
0,25
 NE = x

bình hành ⇒  a 3
 A' E =
 2
• Trong tam giác vuông A ' NE có
2
a2 a 3 a 2
A ' N + NE = A ' E ⇔ x − + x 2 = 
2 2 2 2
 ⇔ 2x = a ⇔ x =
2 2
4  2  2
2
a2  2 a 3  a2 a2 a2 a 6
A ' H = A ' A − AH =
2 2 2
− .  = − = ⇒ A' H =
2 3 2  2 3 6 6
www.MATHVN.com

6. www.MATHVN.com
a 6 a2 3 a3 2
Thể tích khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' là V = A ' H .S∆ABC = . =
6 4 8
A ' A / / B ' B ⇒ A ' A / /( BCC ' B ') ⇒
d ( A ' A, B ' C ) = d ( A ' A,( BCC ' B ') ) = d ( A,( BCC ' B ') ) 0,25
 BC ⊥ AN
•  ⇒ BC ⊥ ( A ' AN ) ⇒ BC ⊥ AA ' ⇒ BC ⊥ BB ' ⇒ Tứ giác BCC ' B ' là
 BC ⊥ A ' N
1 1a 2 a2 2
hình chữ nhật ⇒ S ∆B ' BC = B ' B.BC = .a =
2 2 2 4
3
1 a 2 1 3V
• VB '. ABC = V = = d ( A,( BCB ') ) .S ∆B ' BC ⇒ d ( A,( BCB ') ) = B '. ABC
3 24 3 S ∆B ' BC
a3 2
a 0,25
⇒ d ( A,( BCB ') ) = 28 =
a 2 2
4
Câu V  1 ≤ a , b, c ≤ 4

(1,0đ) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 
 . Tìm gtln của
a + b + 2c = 8


P = a 3 + b3 + 5c3 .
3 3
P = a 3 + b3 + 5c3 = (a + b) − 3ab (a + b) + 5c 3 = (8 − 2c ) − 3ab (8 − 2c) + 5c3
0,25
⇔ P = −3c3 + 96c 2 − 384c + 512 − 3ab (8 − 2c )
• Ta có ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇒ ab − ( a + b ) + 1 ≥ 0 ⇒ ab ≥ a + b − 1 = 8 − 2c − 1 = 7 − 2c .
ab ( 8 − 2c ) ≥ ( 7 − 2c )( 8 − 2c ) ⇒ −3ab ( 8 − 2c ) ≤ −3 ( 7 − 2c )( 8 − 2c ) .Do
c ≤ 4 ⇒ 8 − 2c ≥ 0
0,25
P = −3c 3 + 96c 2 − 384c + 512 − 3ab (8 − 2c)
≤ −3c3 + 96c 2 − 384c + 512 − 3(7 − 2c )(8 − 2c ) ⇒ P ≤ −3c3 + 84c 2 − 294c + 344
Từ giả thiết suy ra 2c ≤ 6 ⇒ c ≤ 3 ⇒ 1 ≤ c ≤ 3
Xét hàm số f (c) = −3c3 + 84c 2 − 294c + 344 với c ∈ [1;3]
f '(c) = −9c 2 + 168c − 294; f '(c) = 0 ⇔ −9c 2 + 168c − 294 = 0 ⇔ 3c 2 − 56c + 98 = 0
 28 + 7 10
c = ∉ [1;3]
3
⇔
 28 − 7 10
c = ∈ [1;3]
 3
0,25
28 − 7 10
c 1 3
3
f '(c) − 0 +
f (c) 131 www.MATHVN.com 137
28 − 7 10
f( )

7. www.MATHVN.com
0,25
Vậy giá trị lớn nhất của P là 137 , đạt được khi c = 3, a = 1, b = 1
Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
VI.1 (C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 .......
(1,0đ)
A
Đường tròn (C ) có tâm I (1; −2) và bán kính R = 5
3 − 8 − 20
d (I,d ) = =5=R M
32 + 42 I
Suy ra d tiếp xúc với (C )
B
C H 0,25
Gọi H là tiếp điểm của (C ) và d . Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
 3 x + 4 y − 20 = 0 x = 4
 2 ⇔ ⇒ H (4; 2)
 x + y − 2 x + 4 y − 20 = 0 y = 2
2
Do I là trực tâm ∆ABC và IH ⊥ BC ⇒ A ∈ IH . Kết hợp A ∈ (C ) ⇒ là điểm đối 0,25
 x A = 2 xI − xH  x = −2
xứng của H qua I ⇒  ⇒ A ⇒ A(−2; −6)
 y A = 2 yI − yH  y A = −6
Gọi M là trung điểm cạnh AB . Do HA là đường kính nên HM ⊥ AM
Tam giác HAB có HM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên ∆HAB cân tại
20 − 3b
H ⇒ HB = HA = 2 R = 10 ; B ∈ d ⇒ B(b; ).
4
 20 − 3b  20 − 3b
2 2
 
HB = 10 ⇔ (b − 4) +  2
− 2  = 10 ⇔ (b − 4) 2 +  − 2  = 100
 4   4 
 12 − 3b  b = −4
2
⇔ (b − 4) + 2
= 100 ⇔ b 2 − 8b − 48 = 0 ⇔  .Do xB > 0 ⇒ B (12; −4) 0,25

 4   b = 12
20 − 3c  44 − 3c 
c ∈ d ⇒ C (c; ) ⇒ AC =  c + 2;  ; BI = (−11; 2)
4  4 
44 − 3c
AC ⊥ BI ⇒ AC .BI = 0 ⇔ −11(c + 2) + 2 = 0 ⇔ c = 0 ⇒ C (0;5) 0,25
4
www.MATHVN.com

8. www.MATHVN.com
CâuVI. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng
2 x y +1 z x −1 y + 1 z − 4
d1 : = = , d2 : = = ................
(1,0đ) 1 2 1 1 −2 3
 x=m  x =1+ k
 
Phương trình tham số của d1 :  y = −1 + 2m ; d 2 :  y = −1 − 2k
 z=m  z = 4 + 3k
  0,25
Gọi giao điểm của ∆ với d1 , d 2 lần lượt là A, B ;
A ( m; −1 + 2m; m ) , B (1 + k ; −1 − 2k ;4 + 3k )
AB = (1 + k − m; −2k − 2m; 4 + 3k − m ) . Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến
n = (1;4; −2) . Do ∆ ⊥ ( P) ⇒ AB và n = (1;4; −2) cùng phương ⇒ AB = tn . 0,25
 1+ k − m = t k = 0
 
⇒  −2k − 2m = 4t ⇔ t = −1 ⇒ A(2;3;2), B (1; −1;4)
4 + 3k − m = −2t m = 2 0,25
 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(2;3;2) và nhận n = (1;4; −2) làm vectơ chỉ phương
x−2 y −3 z −2
nên ∆ có phương trình = = . 0,25
1 4 −2
Tìm số phức z biết 2( z + 1) + z − 1 = (1 − i ) z
2
CâuVI
I
(1,0đ)
Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ )
⇒ 2( z + 1) + z − 1 = (1 − i ) z ⇔ 2 ( a − bi + 1) + a + bi − 1 = (1 − i )(a 2 + b 2 )
2
0,25
3a + 1 = a + b 2 2
⇔ (3a + 1) − bi = a 2 + b 2 − i (a 2 + b 2 ) ⇔ 
 b = a +b
2 2
0,25
 a = 0  3
 b = 3a + 1 10a + 3a = 0 2
 3 a = 0  a = − 10

⇔ ⇔ ⇔ a = − ⇔  hoac  0,25
3a + 1 = a + b  b = 3a + 1  b =1
2 2
10  b= 1

b = 3a + 1 
 10
3 1
Có hai số phức z1 = i ; z2 = − + i
10 10 0,25
www.MATHVN.com