1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A, B
------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm).
sin 2 x cos 2 x
1. Giải phương trình   tan x  cot x.
cos x sin x
 y 2   y  3  x  4 y  3

2. Giải hệ phương trình 
3
 x2  2 y  3

1
x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I  
0 4 x 2  
e2 x . 4  x 2  x 2 dx.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và AB  BC  a; AD  2a . Cạnh bên SA
vuông góc với đáy (ABCD) và SA  a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu
ngoại tiếp khối chóp S.CDE.
3
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
1 1 1
P 3
3 3
a  3b b  3c c  3a
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x  2) 2  ( y  3) 2  10 . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của
hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M  3; 2  và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) và N (1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
M, N sao cho khoảng cách từ điểm K  0;0; 2  đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất.
2 2
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  2 z.z  z  8 và z  z  2 .
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng    : x  y  1  0 các điểm A  0; 1 , B  2;1 . Tứ giác ABCD là hình thoi có
tâm nằm trên đường thẳng (  ). Tìm tọa độ các điểm C, D.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1; 0; 3), C (1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình:
x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  2  0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.
 2.log 3 y  log 2 1 x  1

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
 log 2 y  (log 2 x  1).log 2 3

----------------------------------Hết----------------------------------

2. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I.1 3 2
1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x  3x + 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 và x = 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +)
0.25
Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0
y” = 6x  6 = 0  x = 1
Điểm uốn (1; 2)
 3 4
Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1   3    .. 0.25
x  x  x x 
LËp BBT:
x 0 2 +∞
∞
y’ + 0  0 + 0.25
4 +∞
y
0
Đồ thị:
∞
y
0.25
O
x
I.2
x  0
2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0   x  2m 0.25

hàm số có cực đại và cực tiểu khi m  0.

3. 

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ) 0.25
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng
 2m  4m 3  0
 0.25
y = x và I thuộc đường thẳng y = x  3
 2m  m

2 0.25
Giải ra, kết hợp đk ta có: m ;
2
II.1 
* ĐK:x  k .
2 0.25
Pt về dạng -cos2x = cosx (2) 0.25
 2
Giải (2) x  k và x =   k 2
3 3 0.25

Kết hợp đk pt có nghiệm là x    k 2 ..
3 0.25
II.2 Đk: x  R; y  2. 0,25
Biến đổi (1) về pt ẩn y: y 2   y  3 x  4 y  3  y  3 (L); y  1  x
0,25
Thay vào (2)... 3
x  2  x  1  3 . ... 0,25
VT là hàm đồng biến trên  1;   nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ)
Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0,25
III 1 1
x3
I   xe2x dx   dx  I1  I2 0.25
2
0 0 4 x
1
1 e 2 x 1 e2  1
Tính I1   x e2 x dx  ( xe2 x  ) |0  0.25
0
2 2 4
16
Tính I2 bằng cách đặt t  4  x2 được I2 3 3  0.25
3
e2 61 0.25
I 3 3 
4 12
IV a 3
V
6 0.50
..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của
SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục
đường tròn ngoại tiếp đáy CDE. Gọi  là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song song với
SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và  đồng phẳng suy ra KN    O là điểm
cần tìm 0.25
BC  AD 3a CD a 2
Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=  ; CD  a 2 ; IC  
2 2 2 2

4. 9 a 2 2 a 2 11a 2 a 11
Ta có OC 2  OI 2  IC 2     R  OC 
4 4 4 2
S
O
M
N E
A
j
K I
B C
0.25
V ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã
 1 1 1 3 1 1 1 9
(x  y  z)     33 xyz
 x y z  9    (*)
  3 xyz x y z xyz
1 1 1 9
¸p dông (*) ta cã P  3 3 3 3
a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a
3
0.25
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã
3  a  3b1.1 
a  3b  1  1 1
  a  3b  2
3 3
3  b  3c1.1 
b  3c  1  1 1
  b  3c  2
3 3
3  c  3a1.1 
c  3a  1  1 1
  c  3a  2
3 3 0.25
1 1 3
Suy ra a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c  6   4.  6  3
3
  3 4 
3  
Do đó P  3 0.25
 3
DÊu = x¶y ra  
a b c  1
 4  a b c
a  3b  b  3c  c  3a  1 4

VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a  b  c  1/ 4
0.25
VI.a1 ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán 0.25

5. | 2a  3b  3a  2b |
kính R  10 nên 10   10(a 2  b 2 )  25(a  b) 2
2 2
a b
 (a  3b)(3a  b )  0  a  3b hay b  3a
pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). 0.25
Suy ra A(6;1) C(-2; 5)
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)  t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25

VI.a2 Gọi n   A, B, C   A2  B 2  C 2  0  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax  B  y  1  C  z  2   0  Ax  By  Cz  B  2C  0 0.25
N  1;1;3    P    A  B  3C  B  2C  0  A  2 B  C
  P  :  2 B  C  x  By  Cz  B  2C  0 0.25
B
Khoảng cách từ K đến mp(P) là: 
d K,  P   2 2
4 B  2C  4 BC
- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)
B 1 1
- Nếu B  0 thì d  K ,  P   
2 2 2
4 B  2C  4 BC C  2
2   1  2
B  0.25
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0.25
VII.a 2 2 0.5
Gọi z = x + iy ta có z  x  iy ; z  z  z z  x 2  y 2 (x, y  R)
2 2
z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1)
z  z  2  2 x  2  x  1 (2) 0.25
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1
Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0.25
VI.b1 Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I   nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1).
0.25
Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI  BI suy ra :
a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). 0.25
Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0  a = 0 va a = 2. 0.25
TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung
 xC  2 x I  x A  0  x D  2 x I  x B  2
điểm, ta có:  và  ;
 yC  2 y I  y A  2  yD  2 yI  yB  1
C(0;2) và D(-2;1). 0.25
TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3).
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3).
VIb2. Ta có (S) : ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R  2

 
Và AB  (1; 1; 4); AC  (1; 3; 4)
  

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n   AB, AC   (8;8; 4)
  0.25

6. Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x  8(y  1)  4(z  1)  0  2x  2y  z  1  0
1
Ta có VABCD  d ( D; ( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn nhất . Gọi
3
D1D 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc
(S) thì d ( D;( ABC ))  max d ( D1 ;( ABC )); d ( D2 ;( ABC )) .
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 0.25

Đường thẳng D1D 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC  (2; 2;1)
 x  1  2t

Do đó (D1D2) có phương trình:  y  2t .
 z  1  t

 x  1  2t  2
 y  2t
 t3
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:  
 z  1  t t  2
 ( x  1)  y  ( z  1)  4
2 2 2 
 3

0.25
 7 4 1   1 4 5 
 D1  ; ;  & D2  ; ; 
3 3 3   3 3 3 
 7 4 1
Ta thấy: d ( D1 ;( ABC ))  d ( D2 ;( ABC )) . Vậy điểm D  ;  ;   là điểm cần tìm
 3 3 3 0.25
VIIb 2.log 3 y    log 2 x  2
1 2
x  0  2.log 3 y  log 2 x  1

Điều kiện  khi đó hpt   log y 
y  0
2
  log 2 x  1 log 3 y  log 2 x  1

 log 2 3
a  log 2 x  2.b  a 2  1
Đặt  khi đó hpt trở thành: 
 b  log 3 y b  a  1 0.25
2
 2.  a  1  a  1 a  2a  1  0

2
a  1
  
b  a 1
 b  a  1 b  0 0.5
log 2 x  1 x  2
  (t / m) Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  2;1
log 3 y  0 y  1 0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định.
------------------Hết------------------