1. TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối A và A1
Thời gian làm bài: 180 phút
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 – 4.
m
( x + 2)
2
2) Tìm các giá trị m để phương trình = có một nghiệm.
x −1
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải phương trình lượng giác
1 +sin 2 x −cos 2 x
1 + tan 2 x
= cos x(sin 2 x + 2 cos 2 x) .
2) Giải hệ phương trình
 x2 + 2 y + 3 + 2 y − 3 = 0

 (x, y ∈ ).
2(2 y + x ) + 3 y ( x +1) + 6 x( x +1) + 2 = 0
3 3 2

2 2
x4
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
I= ∫  1 2
dx
3
 x − ÷ x +1
 x
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = 2a, AD
= 4a. Cạnh SA = 4a vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối
chóp S.BCNM.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1 2
F = + + + (a +b +c )
a +2b +3c b +2c +3a c +2a +3b 3
II. Phần riêng (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x +y +2x −2y − =0 có tâm I và đường thẳng
14 2 2
(d): x +y +m =0 . Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời diện tích tam giác IAB lớn nhất.
2) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M( 1; 0; 4) , N( 1;1; 2) và mặt cầu (S):
x 2 + 2 + 2 − x + y − =0.
y z 2 2 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức thỏa mãn z
z −( 5 −3i ) < 3 .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, biết A(3; 4), trực tâm H(1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp
I(2;0). Viết phương trình đường thẳng BC.
2) Trong không gian Oxyz cho điểm I(2; 3; - 4). Viết phương trình mặt cầu có tâm I và cắt mặt phẳng tọa
độ (Oxy) theo một đường tròn (C), biết (C) tiếp xúc với trục Ox.
11
 1− i 
Câu VII.b (1,0 điểm). Cho số phức z= ÷ . Tính mô đun của số phức w = 2010 + 2011 + 2016 + 2021
z z z z .
 1+ i 
--------- Hết ---------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:………

2. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2012
Câu, ý Nội dung Điểm
I,1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = x3 +3x2 -4 1,0
+ Tập xác định: D = .
+ Giới hạn: lim y =− ; lim y =+ .
x→ ∞
−
∞ ∞
x→ ∞
+
0,25
+ Đạo hàm: y’ = 3x2 +6x
+ y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = -2.
+ BBT
x -∞ –2 0 +∞
y + 0 – 0 +
y’ 0 +∞ 0,25
-∞ -4
KL: - đồng biến ( − ; −2 ) ; ( 0; +∞) , nghịch biến ( −2;0 )
∞
0,25
- Cực đại: x cđ = -2;ycđ =0, cực tiểu: xct = 0 ; yct = -4
+ Đồ thị:
y f(x)=x^3+3x^2-4
8
6
0,25
4
2
x
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-2
-4
-6
-8
Graph Limited School Edition
I,2) Tìm các giá trị m... 1,0
m
( x + 2)
2
+ Ta có: = ⇔x − ( x 2 +4x +4 ) =m; x ≠
1 1.
x −1
Xét hàm số:
0,25
x 3 + 3x 2 − 4; khi x > 1

f (x) = x −1 ( x 2 + 4x + 4 ) = 
− ( x + 3x − 4 ) ; khi x < 1
3 2

+ Suy ra đồ thị hàm số f(x) gồm phần đồ thị (C) với x > 1 và đối xứng phần đồ thị (C) với
x < 1 qua Ox. 0,25
+ Hình vẽ: y
0,25
4
x
-2 0 1
+Lý luận pt đã cho là pt hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) và đường thẳng y = m.Từ đồ
thị suy ra pt đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0. 0,25
II,1) Giải phương trình lượng giác… 1,0

3. Điều kiện: cosx ≠ 0.
Biến đổi PT về: cos2x(1 + sin2x − cos2x) = cos2x (2sinx + 2cosx)
⇔ 1 + sin2x − cos2x = 2(sinx + cosx) ( vì cosx ≠ 0) 0,25
⇔ (sinx + cosx)2 – (cos2x − sin2x) − 2(sinx + cosx) = 0
⇔ (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] = 0
⇔ (sinx + cosx)(2sinx − 2) = 0
0,25
⇔ sinx + cosx = 0 hoặc 2sinx − 2 = 0
⇔ tanx = − 1 hoặc sinx = 1 (không thỏa cosx = 0) 0,25
π 0,25
⇔x= −
4
+ kπ , (k ∈ )
II,2) Giải hệ phương trình… 1,0
Điều kiện: x2 + 2y + 3 ≥ 0.
PT thứ 2 của hệ tương đương với 4y3 + 3y(x + 1)2 + 2(x3 + 3x2 + 3x + 1) = 0
⇔ 4y3 + 3y(x + 1)2 + 2(x+1)3 = 0 (*)
Nếu x = − 1 thì y = 0. Cặp (x; y) = (− 1; 0) không phải là nghiệm của hệ.
Với x ≠ − 1, chia 2 vế của (*) cho (x + 1)3, ta được
3
 y   y 
4 ÷ +3 ÷+ 2 = 0 (**) 0,25
 x +1   x +1 
y
Đặt t = x+ 1
. PT (**) trở thành 4t3 + 3t + 2 = 0
1 1
⇔ (t + )(4t 2 − 2t + 4) = 0
2
⇔t=− 2
0,25
y 1
Do đó (**) ⇔ x+ 1
=− 2
⇔ 2y = − x − 1 (***) (với x ≠ −1)
Kết hợp PT đầu của hệ và (***) ta được
x −x +2 −x −4 =0
2
⇔ x − x +2 =x+4⇔ 2
x ≥ −4
x + 4 ≥ 0  4
 2 ⇔ 4 ⇔x=− (thỏa x ≠ − 1) 0,25
x − x + 4 = ( x + 4) x = − 3
2
3

1
Thay x tìm được vào (***), được y = 6
(thỏa điều kiện ban đầu).
4 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (− 3
; 6
) 0,25
III Tính tích phân… 1,0
2 2
x5
Ta có: I= ∫ (x 2
−1) x 2 +1
dx
3
x
Đặt t = , suy ra dt = dx & x 2 = t 2 −1
x2 +1
x +1
2 0,25
Đổi cận: x = 3 ⇒ =2; x =2
t 2 ⇒=
t 3
(t − 1)
2 2
Khi đó I =∫
3
dt
0,25
2
t2 − 2
3 3 3 3
t 4 − 2t 2 +1 1 1 33 1  1 1 
Ta có I = ∫ t 2 −2
dt = ∫ t 2 dt + ∫ 2
t −2
dt = t +
3 2 2 2 ∫ t − − ÷dt
t+ 2 0,25
2 2 2 2 2
19 1  3
= + ln t − 2 − ln t + 2 
3 2 2 2

4. 19 2 4+ 2 
= + ln 
 4− 2 ÷
÷ 0,25
3 4  
IV Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 1,0
+Kẻ SH BM.Vì MN//AD; AD
⊥
(SAB) nên MN (SAB) MN
⊥
SH. ⊥ ⇒ ⊥
0,25
Từ đó SH (BCNM). Vậy SH là đường cao hình chóp S.BCNM.
⊥
+ Kẻ AK BM, suy ra AK = SH. Tam giác ABM vuông cân tại A suy ra
⊥
AB = AM = 2a AK = SH = a 2 .
⇒
0,25
+BCNM là hình chữ nhật với diện tích:
SBCNM = BC.BM = 2a. 2 a 2 = 4a 2 . 2
0,25
1 0,25
+ Vậy : VS.BCNM = 3
SBCNM .SH = 4a 2 2.a 2 = 8a 3 .
S
H
M N
K
D
A
B
C
Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải.
V Giá trị nhỏ nhất của biểu thức… 1,0
Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng – trung bình nhân (TBC - TBN) ta có:
6(a+b+c)= (a +2b +3c) +(b +2c +3a) +(c +2a +3b) ≥3 (a +2b +3c)(b +2c +3a )(c +2a +3b)
3
(1)
1 1 1 1 0,25
+ + ≥33 (2)
a + 2b +3c b + 2c +3a c + 2a +3b a + 2b +3c )(b + 2c +3a )(c + 2a +3b)
Lấy (1) nhân (2) theo vế, ta được:
1 1 1
6( a +b +c)( + + ) ≥9
a +2b +3c b +2c +3a c +2a +3b
1 1 1 3 1
0,25
Suy ra + +
a +2b +3c b + 2c +3a c +2a +3b
≥
2 a +b +c
3 1 2
Do đó F ≥ + (a + b + c)
2 a +b +c 3
≥2
(BĐT giữa TBC – TBN) (3) 0,25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời xảy ra dấu “=” ở (1), (2) và (3) khi và chỉ khi
a + 2b + 3c = b + 2c + 3a = c + 2a + 3b
 1
 3 2(a + b + c) ⇔a =b =c =
 2( a + b + c ) = 3
2

KL: GTNN của F là 2. 0,25
VI.a- Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho … 1,0
1) 14 =0 ⇔ x + ) +( y − ) =16
( 1
2 2
Ta có x 2 +y 2 +2 x −2y − 1

5. Do vậy đường tròn (C) có tâm I(-1;1) và bán kính R =4.
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔d ( I d ) < 4
, 0,25
−1.1 + 1.1 + m
⇔ < 4⇔ m < 4 2
12 + 12
⇔ −4 2 < m < 4 2 ( * ) 0,25
Với điều kiện (*), đường thẳng d cắt (C ) tại A, B phân biệt.
1 · I 1 · I · I
Diện tích tam giác IAB: S∆IA = AI .sin AB = R2 sin AB = 8sin AB ≤ 8.
I . B
0,25
B
2 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi sin ·AIB = 1 ⇔ · I = 900
AB .
Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. Do vậy
R m m = 4
d ( I, d ) = =2 2 ⇔ = 2 2 ⇔ (thỏa (*)) 0,25
2 2 m = −4
Vậy diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 8 khi m = 4 hoặc m = - 4.
VI.a- Phương trình mp (P) qua MN và tiếp xúc với (S) 1,0
2) x 2 +y 2 +z 2 −2x +2y −2 =0 ⇔ x − ) +( y + ) +z 2 =4
( 1
2 2
Ta có 1 .
Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2.
uuuur
Ta có MN = (0; 1; − 2).
r
Gọi n ( AB C)
, , với A + 2 + 2 >
2
B C 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
r uuuu
r r uuuu
r
0,25
Vì mp(P) qua MN nên n ⊥M ⇔ .M =0 ⇔ −2C =0 ( 1)
N n N B
r
Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận n ( AB C)
, , làm VTPT nên có phương trình
A x − ) +B( y − ) + ( z − ) =0 ⇔ x +B + z −A 4C =0
( 1 0 C 4 A y C − .
1.A 1.B+ 0.C − A 4C
− −
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) ⇔d ( I ( P) ) = R ⇔
, =2
A + B +C2
2 2
⇔ B+4C =2 A +B +C2 ( 2)
2 2 0,25
Từ (1) và (2), đưa đến A −4C =0 (*) 2 2
Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vô lí). Do vậy . C ≠0
Chọn C = ⇒= 2.
1 A ±
* Với A = 2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) : 2x + y + − =0.
2 z 6 0,25
* Với A = -2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) : 2x − y − + =0.
2 z 2
Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và
2x − 2y − z + 2 = 0. 0,25
VII.a Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa z −( 5 −3i ) < 3 1,0
Gọi z = x +yi , ( x , y ∈¡ ).
Khi đó điểm biểu diễn số phức z là M( x ; y ) .
A z − 5 −3i ) <3 ⇔x −5 +( y +3)i <3
( 0,25
Từ giả thiết, ta có
⇔( x −5) +( y +3) < 9.
0,25
⇔
2 2
( x −5) +( y +3)
2 2
<3
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hình tròn tâm I(5; -3), bán kính R = 3, không
kể biên.H I 0,5
Ghi chú: cần nói rõ không kể biên.
VI.b- Phương trình đt BC 1,0
1) B C Gọi D là điểm đối xứng của A qua I
M Tứ giác BHCD là hình bình hành( vì nó có
D

6. 2 cặp cạnh đối diện song song) 0,25
Do đó hai đường chéo BC và HD cắt nhau
tại trung điểm M của mỗi đường , suy ra
IM là đường TB của tam giác AHD.
uuu 1 uuur
r 0,25
Suy ra IM = AH
2
 1
 xM − 2 = 2 ( 1 − 3)

x = 1

⇔ ⇔ −1
 y − 0 = 1 (3 − 4) y = 2



M
2
Suy ra M(1; -1/2) 0,25
uuur
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH nên nó nhận AH =(−2; −1) làm
VTPT, do đó BC có PT: −2(x – 1) – (y +1/2) = 0
Hay PT của BC: 4x + 2y − 3 = 0 (có thể viết dưới dạng 2x +y – 3/2 = 0). 0,25
VI.b- PT mặt cầu tâm I(2; 3; − 4) cắt mp(Oxy)… 1,0
2) Gọi I’ là tâm của đường tròn (C), ta có I’ là hình chiếu của I trên mp(Oxy) suy ra I’(2;3;0) 0,25
Trong mp(Oxy) đường tròn (C) có tâm I’ và tiếp xúc với trục Ox nên bán kính của (C) là
R’ = d(I’;Ox) = y = 3I'
0,25
Gọi R là bán kính của mặt cầu, ta có R = II ' + R '
2
=5
2 0,25
Vậy PT mặt cầu cần tìm là: (x − 2) + (y − 3) + (z +4 )2 = 25.
2 2
0,25
VII.b Tính mô đun của số phức … 1,0
1 − i (1 − i) 2 0,25
Ta có : 1+i
=
1 −i2
= −i
Suy ra z = (− i)11 = − i11 = − i4.2+3 = −[ (i4)2.i3] = − i3 = i 0,25
Ta có w = z2010(1 +z +z6 + z11) = i2010( 1 + i + i6 + i11) = i2010(1 + i −1 − i) = 0 0,25
Suy ra w = 0 0,25
Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng.