1. TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012
Môn thi : TOÁN .Khối A
(Thời gian làm bài 180 phút , không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I(2 điểm) : Cho hàm số x 3(
y = 3 +x 2 −)
m + x +
1
có đồ thị là (Cm)
2
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -1.
2.Tìm các giá trị của m
để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng
nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hoành độ bằng 1 là . 8 2
Câu II (2 điểm) :
1
1.Giải phương trình sau : 2 tan x +cot x = 2 sin 2 x +
sin 2 x
 4 x 2 + y 2 + y = 4 xy + 2 x + 2
2.Giải hệ phương trình sau 
 8 1 + 2 x = 9 − y 2
π
4
Câu III (1 điểm) : Tính tích phân: I = sin x. ln(cos x )
∫
0 cos 2 x
Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a
và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ
a3
điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 4
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1 điểm) : Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 2 +y 2 + 2 ) − xyz
3( z 2
PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 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.
x − 3 y + 2 z +1
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 2
=
1
=
−1
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M
là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng
∆
thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42 .
∆
Câu VII.a (1 điểm): Cho số phức thoả mãn : z +2 z =(1 +2i ) (1 −i ) . Tìm môđun của số phức
z 2
. z
B.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2điểm)
1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã diÖn tÝch b»ng 12, t©m I
lµ giao ®iÓm cña ®êng th¼ng vµ
d1 : x − − =
y 3 0
. Trung ®iÓm cña mét c¹nh lµ giao
d2 : x + − =
y 6 0
®iÓm cña d1 víi trôc Ox. T×m to¹ ®é c¸c ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt.
x = 1 + 2t

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d : y = t .
z = 1 + 3t

Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
log 3 ( x +1) 2 − log 4 ( x +1) 3
CâuVII.b(1điểm). Giải bất phương trình: x 2 −5 x − 6
>0
........................Hết.........................
Họ tên thí sinh…………………………….. SD…………………………………………………………..

2. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI A
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Với m = -1 hàm số trở thành y =x 3
+x
3 2
+2
TXĐ:R
y , = x 2 + x = x( x + )
3 6 3 2
Sự biến thiên: y, = ⇔
0
 =
x 0
 =2
x −
0.25
bbt
x −∞
-2 0 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 6 +∞ 0.25
−∞ 2
6
Hàm số đb trên ( − ;−
∞ )
2
và ( ;+ )
0 ∞
, nb trên(-2;0)
Cực trị
Giới hạn 0.25
Đồ thị
2
-2 0 1
0.25
2 Có y , = x 2 + x −m +
3 6 ( 1)
Hàm số có cực đại cực tiểu khi và chỉ khi pt =0 (1) có 2 nghiệm y , = x 2 + x −m +)
3 6 ( 1
phân biệt
⇔ =
∆ 12 + m
'
3 (*) .
> ⇔> 4
0 m − 0.25
Giả sử ( ) và
A x ;y
1 1
( ) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số với x , x là các
B x
2
;y
2 1 2
nghiệm của (1) . Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = -2
0.25
⇒
Trung điểm của đoạn thẳng AB là I(-1; m + 5 )
Tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm có hoành độ x = 1 có pt là
∆
y = (1)( x − + ( )
y ,
1) y 1
⇔− x + +=
(m 8) y 3 0
0.25
( m − )( − ) +m +5 +3
8 1 16
d =d ( I , ∆ =
)
(m − ) 2 +
8 1
=
(m − ) 2 +
8 1 .
16
Theo gt , ta có =8 2 ⇔ ( m −8) 2 + =
1 2 ⇔ =9 ∨m =7
m
(t/m (*) ) 0.25
(m −8) 2 +1
Vậy m = 9 hoặc m = 7

3. II 1 Đk π
sin 2 x ≠ ⇔ k
0 x ≠ / 2
0.25
Khi đó Pt tương đương 2( 2 sin 2 x +cos 2 x ) = sin 2 2 x +
2 1
cos 2 x = 0
⇔2 cos 2 2 x −cos 2 x = ⇔
0.25
0
cos 2 x = 1 / 2
π
* cos s 2 x = 0 ⇔ x =
4
+ kπ / 2 tmđk 0.25
* cos 2 x = 2 ⇔
1/ x ±/ 6 +k π π tmđk
0.25
2
 4 x 2 + y 2 + y = 4 xy + 2 x + 2(1)
* Giải 
 8 1 + 2 x = 9 − y 2 (2) 0.25
 2x − y = − 1
(1) ⇔ (2 x − y) − (2 x − y) − 2 = 0 ⇔ 
2
 2x − y = 2
0.25
* 2x – y = -1 ⇔1+
y = 2x
. Thế vào (2) được 8 y = −2
9 y
. Đặt t = y (t ≥ )
0
Ta được (t − t 3 +2 + + ) = ⇔ 1
1)( t t 9 0 t =
(Do t>0) ⇒ 1⇒ 0
y = x =
* 2 x −=
y 2 ⇔ = 2x
y +
3 1+
. Thế vào (2) được 0.25
 y = − 3 ⇒ x = − 1/ 2
[
8 y + 3 = 9 − y 2 ⇔ y + 3 8 + ( y − 3) y + 3 = 0 ⇔  ]
 8 + ( y − 3) y + 3 = 0(3)
Xét pt (3). Đặt t = ta được y +(t ≥)
3 0 t3 − t + =
6 8 0
(4). Xét f(t) = t3 − t +
6 8
với 0.25
.
t ≥0
Ta chứng minh được( Lập BBT) f(t) > 0 với mọi t ≥0
. Vậy (4) vô nghiệm nên (3)
vn.
KL: Hệ có 2 nghiệm (0;1), (-1/2; -3)
III Đặt t = cosx ⇒dt = sin xdx
−
π 2 0.25
Đổi cận x = 0 thì t = 1; x = 4 thì t = 2
1
 u = ln t  d u = d t
2
 t 0.25
 1 ⇒
2 1
ln t ln t
I= − ∫t dt = ∫t dt . Đặt
 dv = t2 dt  v −= 1
2 2
1 2
2
0.25
 t
1 1 1 0.25
1 1 2 1
⇒ I = − ln t
t 2
+ ∫ t 2 dt = − 2 ln 2 − t 2
2
2 2
2
2
I= 2 −1 −
2
ln 2
IV Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O
của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó

4. ·
A B D = 600
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) 0.25
nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta
1 a 3
có DH ⊥AB
và DH = a 3 ; OK // DH và OK =
2
DH =
2
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB
⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI 0.25
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
1 1 1 a
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ OI 2
=
OK 2
+
SO 2
⇒ SO =
2
Diện tích đáy S ABC D =4S∆ABO =2.OA.OB =2 3a 2 ; S 0.25
a
đường cao của hình chóp SO =
2
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1 3a 3
VS . ABC D = S ABC D .SO = I 0.25
3 3 D
A
3a
O
H
a K
C B
V Ta c ó:
P = 3 ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx )  − 2 xyz
 
0.25
= 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx) ] − 2 xyz
= 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
( y + z)2
≥ 27 − 6 x(3 − x) − ( x + 3)
2 0.25
1
= (− x3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2
Xét hàm số f ( x) = x3 + x 2 − x +
− 15 27 27 , với 0<x<3
0.25
 x =1
f , ( x ) = −3 x 2 + 30 x − 27 = 0 ⇔ 
x = 9
x −∞
0 1 3 +∞
y’ + 0 - 0.25
y 14
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 ⇔ =y =z =
x 1
.
VI.a 1 Ta có:
uuu
r
AB =( − 2 ) ⇒
1; AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x +y − =
2 0
. 0.25

5. I ∈ d ) : y =x ⇒ ( t ; t )
( I . I là trung điểm
của AC và BD nên ta có:
C ( 2t − 2t ) , D ( 2t ; 2t − ) .
1; 2
0.25
Mặt khác: S ABCD =AB.CH =4
(CH:
4 0.25
chiều cao) ⇒ CH = .
5
0.25
 4 5 8  8 2 
| 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔    
5 5
t = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )

5 8  8 2 
Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷
3 3 3 3 
hoặc C ( − 0 ) , D ( 0; − )
1; 2
2 Ta có phương trình tham số của d là:
 x = 3 + 2t
 x = 3 + 2t  y = −2 + t
 
 y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t)
 z = −1− t  z = −1 − t
 x + y + z + 2 = 0

⇒ (1; − 0)
M 3; 0.25
uu
r uu
r
Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) .
uu
r uu uu
r r
Vì ∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −
  3;1)
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆
, khi đó
uuuu
r
MN ( x − y + z )
1; 3; . 0.25
uuuur ur
Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
x + y + z + 2 = 0

Lại có N ∈
(P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0
( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
x −5 y + 2 z +5
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆:
2
=
−3
=
1
x + 3 y + 4 z −5
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆:
2
=
−3
=
1
0.25
VIIa Gọi z = x + yi ⇒z = x −yi ⇒z +2 z =3x −yi
− −
(1+2i)2(1-i) = 1 + 7i
0.25
 3x = 1 0.25
Từ đó ta có hệ  ⇒z =
1/3 – 7i
− y= 7
0.5
442
z =
3
VIb 1 0.25

6. Ta cã: d1 ∩ 2 =I
d
. To¹ ®é cña I lµ nghiÖm cña hÖ:
 x− y 3=− 0  x = 9/2
 ⇔ . VËy
9 3
I ; 
 x + y − 6 = 0  y = 3/ 2
2 2
0.25
Do vai trß A, B, C, D nªn gi¶ sö M lµ trung ®iÓm c¹nh AD ⇒ = 1 ∩
M d Ox
Suy ra M( 3; 0)
2 2
 9 3 
Ta cã: AB = 2IM = 2 3 −  +  = 3 2
 2 2 
SABCD 12
Theo gi¶ thiÕt: SABCD = AB.AD =12 ⇔AD =
AB
=
3 2
=2 2
0.25
V× I vµ M cïng thuéc ®êng th¼ng d1 ⇒ 1 ⊥AD
d
§êng th¼ng AD ®i qua M ( 3; 0) vµ vu«ng gãc víi d1 nhËn n(1 1
; )
lµm
VTPT nªn cã PT: . L¹i cã: 1 x − + y − = ⇔ y −=
( 3) 1( 0) 0 x + 3 0 MA =MD = 2
 x + y − 3 = 0
To¹ ®é A, D lµ nghiÖm cña hÖ PT: 
 ( x − 3) + y 2 = 2 0.25
2
 y= +− 3x  y= +− 3x  −= x3y
⇔ 2 2 ⇔ 2 2 ⇔
 ( 3x ) y =+− 2  ( 3x ) (3 x =−+− 2)  − 3x = ± 1
 x= 2 x= 4
⇔ hoÆc  . VËy A( 2; 1), D( 4; -1)
 y= 1 y= −1
 x C = 2x I − x A = 9 − 2 = 7

9 3
Do I ;  lµ trung ®iÓm cña AC suy ra:
 y C = 2y I − y A = 3 − 1 = 2
2 2
T¬ng tù I còng lµ trung ®iÓm cña BD nªn ta cã B( 5; 4)
VËy to¹ ®é c¸c ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt lµ: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
2 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). 0.25
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có => HI lớn nhất khi AH ≥HI
A ≡I
0.25
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận làm véc tơ pháp tuyến.
uuur
AH
H ∈
d ⇒ + ; t; + )
H(1 2t 1 3t
vì H là hình chiếu của A trên d nên 0.25
AH ⊥⇒ .u = (u = ; ;3)
d AH 0 (2 1
là véc tơ chỉ phương của d)
⇒; ;4) ⇒ − 1 5)
H (3 1 AH ( 7;−;
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

7. ⇔
7x + y -5z -77 = 0 0.25
VIIb Đk: x > - 1 0.25
3log 3 ( x + 1)
2 log 3 ( x +1) −
bất phương trình ⇔
log 3 4
>0
( x +1)( x − 6) 0.25
log 3 ( x +1)
⇔ <0 0.25
x −6
⇔< <
0 x 6
0.25
…………..Hết……….