1. www.MATHVN.com
SỞ GD VÀ ĐT PHÚ THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
TRƯỜNG THPT THANH THUỶ Môn: Toán – Khối B- D-T
www.MATHVN.com ( Thêi gian 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò )
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
x +1
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số : y = (C)
x −1
1.Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2.Tìm tất cả các điểm M ∈ (C) để tiếp tuyến tại M tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.
Câu II ( 2,0 điểm)
cos3 x − sin 3 x
1. Giải phương trình: = 2 cos 2 x
cos x + sin x
 x3 y − x 2 + xy + 1 = 0
2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  4
 x − x y + x y =1
3 2 2
π
2
2sin x − cos x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( sin x + cos x ) dx
0
3
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 1, CC’ = m (m > 0). Tìm m biết
rằng góc giữa hai đường thẳng AB’ và BC’ bằng 600, khi đó hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’
và CC’
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:
10 x 2 + 8 x + 4 = m ( 2 x + 1) x 2 + 1
II.PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm)Thí sinh chỉ được là một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đường tròn (C): x2 + y2 -2x – 2my + m2 – 24 = 0 có tâm I và đường thẳng
(d): mx + 4y = 0. Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB
bằng 12.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng có phương trình :
x = 2 − t
x − 2 y −1 z 
(d1): = = ; (d2):  y = 3 .Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc
1 −1 2  z =t

chung của (d1) và (d2).
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2
B.Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho tam giác ABC có A(4; 6) , Phương trình đường cao CH và trung
tuyến CK lần lượt là: 2x – y + 13 = 0 và 6x – 13y + 29 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
2. Trong không gian Oxyz, cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1), C(2; 3; -4). Tìm toạ độ đỉnh D biết rằng
đỉnh B nằm trên mặt phẳng (P): x + y - z – 6 = 0.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + 3 i)n ,biết n ∈N thoả mãn :
log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4
-----------------HÕt--------------------
www.mathvn.com

2. www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL ĐH KHỐI B – D - T NĂM 2012
Câu Nội dung Điểm
I x +1
1.(1,0 điểm) Cho hàm số : y = (C)
x −1
(2,0 điểm) * TXĐ: D = R{ 1}
* Sự biến thiên: 0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 1 ; tiệm cận ngang: y = 1
x →+∞ x →−∞
lim y = −∞; lim y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = 1
x →1− +
x →1
- Bảng biến thiên:
−2
Ta có: y ' = < 0 với mọi x ≠ 1
( x − 1) 2 0,5
x -∞ 1 +∞
y’ - -
y 1 +∞
-∞ 1
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ; 1) và ( 1; + ∞ )
* Đồ thị
0,25
8
6
4
2
15 10 5 5 10 15
2
4
6
8
2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các điểm M ∈ (C) để tiếp tuyến tại M tạo với hai tiệm
cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.
G/s: M(x0; y0) 0,5
- Vi t PTTT t i M, c t ti m c n t i A, B. E là giao c a hai ti m c n
S ∆EAB = 4 ;AB2 = EA2 + EB2 ≥ 2EA.EB=16 nên AB ≥ 4; 0,5
www.mathvn.com

3. www.MATHVN.com
EA+EB ≥ 2 EA.EB = 4 2
Vậy chu vi nhỏ nhất khi EA = EB ⇔ x0 = 1 ± 2 ⇒ y0 = ?
II cos3 x − sin 3 x
1.(1,0 điểm) Giải phương trình: = 2 cos 2 x
cos x + sin x
Đk: cosx ≥ 0, sinx ≥ 0 0,25
Phương trình có dạng:
(2,0 điểm) ( cos x − sin x )(1 + sin x cos x ) = 2
( cos x − sin x )( cos x + sin x ) 0,25
cos x + sin x
π
TH1: cosx – sinx = 0 suy ra: x = + kπ
4 0,25
Th2: 1 + sin x cos x = 2 ( cos x + sin x ) ( cos x + sin x )(*)
VP(*) ≥ 2(sin 2 x + cos 2 x)(sin 2 x + cos2 x) = 2 ; VT(*) ≤ 1 + 1 = 2 , dấu bằng
0,25
không xảy ra ⇒ vô nghiệm.
 x3 y − x 2 + xy + 1 = 0
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x − x y + x y =1
4 3 2 2
 x 3 y + x ( y − x ) = −1
Đưa hệ về dạng: 
 ; Đặt u = x3y, v = x(y – x) 0,25
 x ( y − x ) + x y = 1
2 3
 
u=0  x = ±1
Giải hệ được  ⇒
v = −1  y = 0 0,5
u = −3
 (vô nghiệm)
v=2 0,25
 x = ±1
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
 y=0
π
III 2
2sin x − cos x
Tính tích phân: I = ∫ ( sin x + cos x ) dx
0
3
(1,0 điểm) Đặt: x = π – t, đổi cận: x = 0 thì t = π Kh x=
π
thì t = 0
2 2 2 0,25
dx = -dt
π π
2
2 cos t − sin t 2
2 cos x − sin x
⇒I = ∫ ( sin t + cos t ) 3
dt = ∫
( sin x + cos x )
3
dx
0 0 0,75
π π
π
2
sin x + cos x dx 2
1  π
⇒ 2I= ∫ ( sin x + cos x ) dx = ∫
0 2 cos 2  x −
3
= tan x −  2 = 1 vậy I = 1/2
π 2   4
  0
0
 4
IV Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 1, CC’ = m (m > 0). Tìm m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB’ và BC’ bằng 600, khi đó hãy tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB’ và CC’
www.mathvn.com

4. www.MATHVN.com
(1,0 điểm) -Kẻ BD//AB’nên: A
(AB’,BC’) = (BD, BC’) = 600 0,25
⇒ DBC ' = 60 or DBC ' = 120
0 0
B C
*Nếu: DBC ' = 600 , vì lăng trụ đều
0,25
nên BB ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) . ADĐL cosin
và định lý pitago ta có:
BD = BC ' = m 2 + 1; DC ' = 3 A' 0,25
Kết hợp với DBC ' = 60 ta suy ra
0
2
∆DBC ' đều do đó: m +1 = 3 C'
B'
⇒ m = 2 (tm)
0,25
Với DBC ' = 1200 được m = 0(loại) D
*d(AB’,CC’)=d(CC’,(ABB’A’))
3
=d(C,(ABB’A’)=
2
V Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:
(1,0 điểm) 10 x 2 + 8 x + 4 = m ( 2 x + 1) x 2 + 1
Phương trình tương đương với:
2
 2x +1   2x +1   2x +1 
2  − m 2  + 2 = 0 ; Đặt t =  2  , −2 < t ≤ 5 0,5
 x2 + 1   x +1   x +1 
2t + 2
2
12
Rút m = lập bẳng biến thiên ta được: 4 < m ≤ ; −5 < m < −4 0,5
t 5
VI. a
(1,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đường tròn (C): x2 + y2 -
2x – 2my + m2 – 24 = 0 có tâm I và đường thẳng (d): mx + 4y = 0.
Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao
cho diện tích tam giác IAB bằng 12.
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), BK :R = 5. Gọi H là trung điểm của 0,25
dây cung AB nên IH là đường cao của tam giác IAB.
5m 20 0,25
Ta có IH = d(I, d) = ; AH =
m + 16
2
m + 16
2 0,25
SIAB = 12 nên SIAH = 6 nên d(I, d).AH = 12.
16 0,25
Giải được: m = ±3; m = ±
3
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng có phương trình :
x = 2 − t
x − 2 y −1 z 
(d1): = = ; (d2):  y = 3 .Viết phương trình mặt cầu có
1 −1 2  z =t

www.mathvn.com

5. www.MATHVN.com
đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2).
G/s đoạn vuông góc trung là AB với A thuộc d1; B thuộc d2
Dễ tìm được A  ; ; −  ; B ( 2;3;0 )
5 4 2 0,5
 
3 3 3
2 2 2
Vậy phương trình mặt cầu là:  x −  +  y −  +  z +  =
11 13 1 5
      0,5
 6  6  3 6
VII. a Giải phương trình: x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2
(1,0 điểm) Đk: x > 0 0,25
BPT ⇔ 3 ( x − 3) log 2 x > 2 ( x − 1) (1) (x =3 không là nghiệm)
3 x −1 0,25
TH1: x > 3 BPT(1) ⇔ log 2 x > (2)
2 x−3
Với x > 4 ta có: VT(2) > 3 > VP(2) (đúng) 0,25
Với 3 < x < 4 ta có: VT(2) < 3; VP(2) > 3 (vô nghiệm)
TH2: 0 < x < 3, tương tự ta có 0 < x < 1
Vậy bất phương trình có hai nghiệm x > 4; 0 < x < 1 0,25
VI. b 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho tam giác ABC có A(4; 6) ,
Phương trình đường cao CH và trung tuyến CK lần lượt là: 2x – y
+ 13 = 0 và 6x – 13y + 29 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
(1,0 điểm) Tìm được B(8; 4); C(-7; -1) 0,25
Giả sử pt đường tròn là: x2 + y2 + ax + by + c = 0 0,25
Thay tọa độ của A, B, C ta được hệ phương trình :
52 + 4a + 6b + c = 0

80 + 8a + 4b + c = 0 giải được: a = -4; b = 6; c = -72 0,25
 50 − 7 a − b + c = 0

Vậy phương trình đường tròn là:
0,25
x2 + y2 – 4x + 6y – 72 =0 hay (x -2 )2 + (y + 3)2 = 85
2. Trong không gian Oxyz, cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1), C(2; 3; -4). Tìm
toạ độ đỉnh D biết rằng đỉnh B nằm trên mặt phẳng (P): x + y - z – 6 = 0.
(1,0 điểm) G / s B( x0 ; y0 ; z0 ), do B ∈ ( P) ⇒ x0 + y0 − z0 − 6 = 0(1) 0,25
 AB = BC
ABCD là hình vuông nên: ∆ABC vuông cân tại B ⇔ 
 0,25
 AB.BC = 0

 x0 + z0 − 1 = 0(2)
 0,25
⇔
( x0 − 5 )( x0 − 2 ) + ( y0 − 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4 ) = 0 (3)
2

Từ (1), (2) và (3) ta có: N(2; 3; -1); N(3; 1; -2) 0,25
VII. b Tìm phần thực của số phức z = (1 + 3 i)n ,biết n ∈N thoả mãn :
log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4
www.mathvn.com

6. www.MATHVN.com
(1,0 điểm) Giải pt: log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4 ta được n = 10 0,5
π π 10π 10π 
10
Đưa z về dạng: z = 2  cos + i sin  = 210  cos

10
  + i sin  = −2
9
0,5
 3 3  3 3 
Hết
www.mathvn.com