1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011-2012
Môn thi: Toán 12, khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút( không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3x + 2
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=
x+ 2
( C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C) .
2) Đường thẳng ( d1 ) : y = x cắt đồ thị hàm số ( C) tại hai điểm A, B
.Tìm m
để đường thẳng
( d 2 ) : y = x +m cắt đồ thị hàm số ( C) tại hai điểm C, D
sao cho ABCD
là hình bình hành.
 π
Câu II (2,0 điểm) 1)Giải phương trình: cos3  x − ÷= 2 sin x
 4
2) Giải phương trình: 2 x 2 +x + + x 2 −x + =3 x
1 1
π
2
cos6 x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I=∫ 4
dx
π sin x
4
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD
có đáy là hình vuông cạnh ABCD
,tam giác a SAB
đều và tam giác vuông cân tại
SCD S
.Gọi I, J
lần lượt là trung điểm của AB, CD
.Tính thể tích
khối chóp .
S . AICJ
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng phương trình : x5 − x2 − x =
4 4 1 có đúng một nghiệm và nghiệm
đó nhận giá trị dương.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. ( 2,0 điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có diện tích bằng ABC 5,5
,biết toạ độ các đỉnh A (1; −1) , B ( 2;1) và trọng tâm thuộc đường thẳng ( d ) : 3x +y −4 =0 .Xác G
định toạ độ điểm C.
2)Trong không gian với hệ toạ đô Oxyz ,viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua hai điểm A ( 1; 2;1) ,
1
B ( 2;1; 2 ) và tạo với mặt phẳng ( Q ) : x −2 z +5 =0 một góc α
sao cho cos α =
30
z 5 2
Câu VIIa. (1,0 điểm)Tìm số phức thoả mãn z = 5 và −( 2 +i) =
2(1+i)
z
4
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0điểm)1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hình thoi ABCD
.Đường thẳng AB
có phương trình đường thẳng
2x − y + =
3 1 0 BD
có phương trình : x +y − =
2 0
,đường thẳng AD
đi
qua M ( 1;3) .Tìm toạ độ các đỉnh hình thoi.
x +1 y z −3
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz
,cho hai đường thẳng d1 :
1
=
−3
=
4
,
x y −2 z
d2 : = = và A ( −1; 2; 0 ) .Lập phương trình mặt phẳng ( P) song song với hai đường thẳng
2 −1 −2
và cách
d1 , d2 một khoảng bằng 3.
A
Câu VIIb. (1,0 điểm)Tìm các giá trị của số thực α
sao cho αi
là một nghiệm của phương trình
z 4 − z3 + z 2 − z +
2 7 4 10 =0
-----------------------------------------------------------HẾT ------------------------------------------------------
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

2. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012
Môn: Toán 12-Khối D
ĐÁP ÁN ,THANG ĐIỂM TOÁN KHỐI D (5trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 3x + 2
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số hàm số y= ( C) 1.00
x+ 2
3x + 2
Tập xác định: Hàm số y= có tập xác định D =R { − } .
2
x+2
0,25
3x +2 3x + 2 3x +2
Giới hạn: lim = 3; lim = − ; lim
∞ =+∞.
x→ ∞
± x +2 x→ 2
− + x +2
x→ 2
− − x +2
4
Đạo hàm: y' = > 0, ∀x ≠ −2 ⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2 ) và
( x + 2) 2
( −2; +∞) . Hàm số không có cực trị. 0,25
Bảng biến thiên:
x - ∞
-2 +
∞
y' + || +
y +∞
3 0,25
||
3 −∞
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = −2;
tiệm cận ngang y = 3.
Giao của hai tiệm cận
0,25
I ( −2;3 )
là tâm đối xứng.
Đồ thị hàm số (học sinh tự vẽ hình)
2 Đường thẳng ( d ) : y = x cắt đồ thị hàm số
1 ( C) tại hai điểm A, B
… 1,00
3x + 2
Phương trình hoành độ giao điểm chung giữa ( d1 ) & ( C ) là =x
x+2
0,25
x ≠ −2 x = −1
⇔ 2 ⇔ ⇔( d1 ) ∩( C ) = { A ( −1; −1) , B ( 2; 2 ) }
x − x −2 = 0 x = 2
Phương trình hoành độ giao điểm chung giữa ( d2 ) & ( C )
3x + 2 x ≠ −2

là = x +m ⇔
g ( x ) = x + ( m −1) x + 2 ( m −1) = 0
2
x +2 
Điều kiện ( d2 ) cắt ( C) tại hai điểm phân biệt C, D
và tứ giác ABCD
là hình bình hành
0,25
⇔ ≠
m 0
và phương trình g ( x) = 0 có hai nghiêm phân biệt x1 , x2 khác −2
m ≠ 0 m < 1
 
⇔  g ( −2 ) = 4 − 2 ( m −1) + 2m − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0
 m > 9
∆ = ( m −1) ( m − 9 ) > 0 

3. x1 + x2 = 1 − m
  y = x1 + m
Khi đó ( d 2 ) ∩ C ) ={C ( x1 ; y1 ) , D ( x2 ; y2 )}
( Với  & 1
x1 x2 = 2 ( m −1)  y2 = x2 + m

uuu
r uuur
AB =( 3; 3 ) , DC =( x1 −x2 ; x1 −x2 ) ,tứ giác ABCD
là hình bình hành ⇔
uuu
r uuur
AB =DC 0,25
x1 −x2 =3 ⇔ x1 −x2 )
( =9 ⇔ x1 +x2 ) − x1 x2 =9 ⇔1 − ) − ( m − ) =9
( (
2 2 2
4 m 8 1
m = 0 ( loai )
⇔ m 2 −10m = 0 ⇔  ⇔ =
m 10
m = 10
0,25
Vậy m =10
thoả mãn yêu cầu bài toán
II 2,00
1  π
Giải phương trình: cos3  x − ÷= 2 sin x (1) 1,00
 4
π π
Đặt t =x−
4
⇔x =t +
4
khi đó phương trình khi đó phương trình (1) trở thành
 π
cos 3 t = 2 sin t + ÷⇔cos 3 t = sin t + cos t ⇔sin t +cos t ( 1 −cos 2 t ) =0 0,25
 4
sin t = 0
 1 
⇔ sin t ( 1 + sin t cos t ) = 0 ⇔ sin t 1 + sin 2t ÷= 0 ⇔  1
 2  1 + sin 2t = 0(vn)
 2 0,25
π
⇔t = k π ⇔ x = + k π, ( k ∈Z ) 0,25
4
π 0,25
Vậy phương trình có một họ nghiệm x= + k π, ( k ∈Z )
4
2 Giải phương trình: 2 x +x + + x −x + =3 x (1)
1 1 2 2
1,00
Điều kiện : .Chia hai vế của phương trình cho
x >0 x
ta được
1 1 1 1 1
2+ + 2 + 1− + 2 = 3 (2) đặt t= ⇒t >0 thì pt (2) trở thành
x x x x x 0,5
2 +t +t 2 + 1 −t +t 2 =3 ⇔ ( 2 +t +t 2 −2 + ) ( 1 −t +t 2 −1 =0 )
t 2 −t +1 −1  t +2 t 
t 2 −t +1 + = 0 ⇔( t −1)  +  = 0 ⇔t −1 = 0 0,25
t −t +1 +1
2
 t −t +1 +1
2
t −t +1 +1 
2
1
t =1 ⇔
x
=1 ⇔ x =1 .Vậy pt có một nghiệm duy nhất x =1
0,25
III π
2
cos 6 x
Tính tích phân : I=∫ 4
dx 1,00
π sin x
4
0,25
( )
3
cos 6 x 1 −sin 2 x 1 3
Ta có = = − + 3 −sin 2 x ⇒ I = I1 + 3I 2 + 3I 3 + I 4
sin 4 x sin 4 x sin 4 x sin 2 x
π π π
2 2
1  1 2 4
I1 = ∫ 4
dx = −∫ ( 1 + cot 2 x ) d cot x = −  cot x + cot 3 x ÷ =
π sin x π  3 π 3
4 4 4
0,25
π π
π π

2
1  2
3π
3I 2 = 3∫  − 2 ÷ = 3cot x π = −3
dx 2
, 3I 3 = 3∫ dx = 3 x π =
2
π sin x  4 π 4 4
4 4
0,25

4. π π
2
I 4 = ∫ ( − sin x ) dx = ∫ 2
2
( cos 2 x −1) dx = 1 sin 2 x π − 1 x π = − 1 − π
2 2
π π
π π 2 4 4 2 4 4 8
4 4
0,25
4 3π 1 π 5π 23
Vậy I=
3
−3 +
4
− − − =
4 8 8
−
12
IV Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh S . ABCD ABCD a
,tam giác SAB
đều… 1,00
Gọi là hình chiếu vuông góc của
H
lên S IJ ⇒SH ⊥ .
IJ
Mặt khác
SI ⊥AB , IJ ⊥AB 0,25
⇒AB ⊥ SIJ ) ⇒
( SH ⊥IJ ⇒ (
SH ⊥ AICJ ) hay SH
là đường cao của của hình chóp 0,25
a 3 a
S . AICJ .
.Từ SI = , SJ = , IJ = a ⇒SI 2 + SJ 2 = IJ 2 ⇒∆SIJ vuông tại S
.Ta có 0,25
2 2
1 1 1 a 3 1 1 a3 3
2
= 2 + 2
⇒SH = & SY AICJ = a 2 ⇒VS . AICJ = SH .SY AICJ = 0,25
SH SI SJ 4 2 3 24
V Chứng minh rằng phương trình : x 5 − x2 − x =
4 4 1 có đúng một nghiệm… 1,00
Phương trình có nghiệm x ⇒ =( 2 x + ) ≥0 ⇒ ≥0 ⇒ ≥
5 2
x5 − x2 − x =
4 4 1 x 1 x x 1
Phương trình x5 − x2 − x =
4 4 1 ⇔ − x2 − x − =
x5 4 4 1 0 (*), 0,25
xét hàm số f ( x ) =x 5 −4 x 2 −4 x −1 với mọi x ≥1
f '
( x ) =5 x 4 − x− ⇒
8 4 f ''
( x ) =20 x3 − > ∀≥
8 0 x 1 từ đó hàm số f ' ( x) liên tục và
đồng biến trên khoảng [ 1; +∞ ) .Mà f ( 1) = − < 0
'
8 và f '
( 2 ) =60 >0 ⇒∃ 0 ∈ 1; 2 )
x ( sao
cho f ( x ) = 0 . '
0
0,25
Bảng biến thiên
x 1 x0 2 +∞
f ' ( x)
−
0 +
+
f ( x) + ∞
0,25
−8
7
0,25
f ( x0 )
Theo bbt ta thấy phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương (đ p cm)
VIa 2.00
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có diện tích bằng 5,5
… 1,00
 3 + x0 y0 
Gọi C ( x0 ; y0 ) từ đó toạ độ trọng tâm G
của tam giác ABC
là: G ; ÷
 3 3 
0,25
 3 + x0  y0
do G ∈( d ) : 3 x + y −4 = 0 ⇔3  ÷+ −4 = 0 ⇔3 x0 + y0 −3 = 0 (1)
 3  3
x −1 y +1
Đường thẳng AB : =
2 −1 1 +1
⇔ AB : 2 x − y −3 = 0
2 x0 − y0 − 3
Khoảng cách từ C
đến AB
là d ( C , AB ) = , AB = 5 0,25
5
1 1 2 x0 − y0 −3
S ∆ABC = AB.d ( C , AB ) ⇔5, 5 = . 5. ⇔ 2 x0 − y0 −3 =11 (2)
2 2 5 0,25
Từ (1) và (2) ta có hai hệ phương trình sau :

5.  17
 3 x0 + y0 − 3 = 0   x0 = 5
  17 36 
  ⇒ C  ;− ÷
 2 x0 − y0 − 3 = 11 ⇔   y = − 36  5 5 
 3 x + y − 3 = 0  0
 5
 0 0 
 2 x0 − y0 − 3 = −11   x0 = −1 ⇒ C ( −1;6 )
  y = 6
 0 0,25
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
… A ( 1; 2;1) , B ( 2;1; 2 ) và tạo với mặt phẳng ( Q ) : x −2 z +5 =0 một góc sao cho α
---- 1
cos α = 1,00
2 30
uuu
r r
AB = ( 1; −1;1) ,mặt phẳng ( P) có vtpt nP = ( a; b; c )
0,25
r uuu
r r uuu r r
do A, B ∈ P )
( ⇔ P ⊥AB ⇒ P . AB = ⇒ − + = ⇔ = +
n n 0 a b c 0 b a c ⇒ P =( a; a +c; c )
n
a − 2c
cos α = cos ( nP , nQ ) =
r
r r
mp ( Q) co vtpt nQ =( 1; 0; − )
2 .Ta có
5 a +( a + c ) +c2
2 2
1 a − 2c 0,25
= ⇔10 ( a 2 + ac + c 2 ) = 30 ( a 2 − 4ac + 4c 2 )
30 5 a +( a +c ) +c
2 2 2
2 a 2 − ac + c 2 = ⇔= ∨ a = c
13 11 0 a c 2 11
• a =c
chọn a = = ⇒ =2 ⇒ P ) : x + y +z − =
c 1 b ( 2 6 0
0,25
• 2a = c
11
chọn a = b 13 ⇒P ) :11x + y + z −
11; c =2 ⇒ = ( 13 2 39 =0
Vậy phương trình mp ( P) cần tìm là
( P ) : x + y +z − =0 ∨ P ) :11x + y + z − =0
2 6 ( 13 2 39 0,25
7a z 5 2
Tìm số phức thoả mãn z = 5 và −( 2 +i) = 1,00
2(1+i)
z
4
Gọi yi ¡
z = + , x, y ∈ ⇒ = −
x z x yi
0,25
z = 5 x + y = 5 2 2

 
Ta có  z 5 2 ⇔  x − y − 8 + ( −x − y − 4 ) i 5 2 0,25
 −( 2 +i) =  =

 2 (1+ i) 4  4 4
x 2 + y 2 = 5
 x 2 + y 2 = 5  y = −1, x = 2 0,25
 2 ⇔ ⇔
x + y − 4 x +12 y +15 = 0 x = 3 y +5  y = −2, x = −1
2

 
Vậy hai số phức cần tìm là z = −
2 i & z = 1 −i
− 2 0,25
VIb . 2,00
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hình thoi .Đường thẳng có ABCD AB
phương trình 2 x −3 y + =0 đường thẳng
1
có phương trình : x +y −2 =0 ,đường BD
1,00
thẳng đi qua M ( 1;3) .Tìm toạ độ các đỉnh hình thoi.
AD
2 x − 3 y +1 = 0 x = 1
toạ độ B là nghiệm hpt  ⇒ ⇒ B ( 1;1)
B =AB ∩BD ⇒
x + y −2 = 0  y =1 0,25
r r
Ta có BD
có vtpt n1 = ( 1;1) , Ta có AB
có vtpt n2 = ( 2; − ) ,
3 Ta có AD
có vtpt
n3 =( a; b ) , ( a 2 +b 2 >0 )
r
r r r r
r r r r n .n3 n .n2
Ta có ( BA, BD ) = ( DA, DB ) ⇒ cos ( n1 , n3 ) = cos ( n1 , n2 ) ⇔ r 1 r = r 1 r
n1 n3 n1 n2 0,25

6. a +b 1 3a + 2b = 0
⇒ = ⇔6a 2 +13ab + 6b 2 = 0 ⇔
a +b
2 2
13 2a + 3b = 0
•
r r
3a + b =
2 0
chọn a =2; b =− ⇒ 3 =( 2; − ) =n2
3 n 3 ⇒AD / / AB
(loại)
• 2a + b =
3 0
chọn 3; −
r
a = b = 2 ⇒ 3 = 3; − ) ⇒
n ( 2 AD : 3 x − y + =
2 3 0 0,25
 7 3 1 9  13 17 
A = AB ∩AD ⇒A  − ; − ÷ D = AD ∩BD ⇒D  ; ÷⇒C  ;
, ÷
 5 5 5 5  5 5  0,25
2 Lập phương trình mặt phẳng ( P) song song với hai đường thẳng d1 , d 2 và cách A
1,00
một khoảng bằng 3.
r r
vtcp của d là u =(1; −3; 4 ) ,vtcp của d là u =( 2; −1; −2 )
1 1 2 2
0,25
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) là r
n
.
r r r r r 1 r r 1
Do n ⊥u1 , n ⊥u2 ⇒n = [ u1 ; u 2 ] = ( 10;10; 5 ) = ( 2; 2;1)
5 5 0,25
Suy ra ( P ) : 2 x +2 y +z +m =0 .Từ giả thiết d ( A; ( P ) ) = 3
−2 + 4 + m 0,25
⇔ = 3 ⇔ m + 2 = 9 ⇔ m = 7 ∨ m = −11
4 + 4 +1
0,25
Vậy ( P ) : 2 x +2 y +z +7 =0 hoặc ( P ) : 2 x +2 y +z − =0
11
7b Tìm các giá trị của số thực α
sao cho αi
là một nghiệm của phương trình
z 4 − z3 + z 2 − z +
2 7 4 10 =0
1,00
Theo giả thiết αi
là nghiệm của pt z 4 − z3 + z 2 − z +
2 7 4 10 =0 ⇔
0,25
( α) −2 ( α ) + ( α ) −4 ( α ) +10 =0 ⇔ 4 −7α + +( 2α −4α i =0
)
4 3 2
i i 7 i i α 2
10 3
0,25
α4 − 7α2 +10 = 0
 α2 = 2 ∨α2 = 5

0,25
⇔ 3 ⇔ ⇔α2 = 2 ⇔α = ± 2 0,25
2α − 4α = 0 α = 0 ∨α = 2
2
 
Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi
chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được
điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu IV, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
-------------------------Hết------------------------