www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

www.MATHVN.com

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MÔN: TOÁN; KH ỐI: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( )3 2 2 33 3 1 (1)y x mx m x m m= − + − − + , m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = .

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình ( )2 3 cot 1 7

3cot 4 2 cos 1sin 4

xx x

x

+ π + − + =

.

2. Giải phương trình 24 6 2 13 17 ( )x x x x x− + − = − + ∈ℝ .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )2 4

23

1

1ln( 1) ln

xI x x dx

x

−= + −∫ .

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , biết '.A ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a . Góc giữa

hai mặt phẳng ( )'A BC và ( )' 'BCC B bằng 090 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng

cách giữa hai đường thẳng 'AA và 'B C theo a .

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện 1 , , 4

2 8

a b c

a b c

≤ ≤ + + =

.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 35P a b c= + + . Câu VI (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 2 4 20 0C x y x y+ − + − = và đường thẳng

( ) : 3 4 20 0d x y+ − = . Chứng minh d tiếp xúc với ( )C . Tam giác ABC có đỉnhA thuộc ( )C , các đỉnh B

và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc ( )C . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết trực tâm của tam giác

ABC trùng với tâm của đường tròn ( )C và điểm B có hoành độ dương.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2

1 1 1 4: , :1 2 1 1 2 3

x y z x y zd d

+ − + −= = = =−

.

Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng 1 2,d d đồng thời vuông góc với mặt phẳng

( ) : 4 2 5 0P x y z+ − + = .

Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức z biết 2

2( 1) 1 (1 )z z i z+ + − = − .

----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh.............................................................; Số báo danh...........................................................

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MÔN: TOÁN; KH ỐI: A

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điể

m Câu I.1 (1,0đ)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số...............

Với 1m= , ta có hàm số 3 23y x x= − * Tập xác định: D R= * Sự biến thiên: 2' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x=

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( );0 và 2;+−∞ ∞ . Hàm số nghịch biến trên

khoảng ( )0;2 .

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D0; 0Cx y= = , đạt cực tiểu tại 2, 4CTx y= = − - Giới hạn: lim ; lim

x xy y

→−∞ →+∞= −∞ = +∞

0,25

- Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( )0;0 ,

cắt trục hoành tại điểm ( ) ( )0;0 , 3;0

'' 6 6; '' 0 1y x y x= − = ⇔ = . Đồ thị nhận điểm ( )1; 2− làm tâm đối xứng.

0,25

Câu I.2 (1,0đ)

Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O.

( ) ( )3 2 2 3 2 23 3 1 ' 3 6 3 1y x mx m x m m y x mx m= − + − − + ⇒ = − + −

( )2 2 2 2 1' 0 3 6 3 1 0 2 1 0

1

x my x mx m x mx m

x m

= −= ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ = +

0,25

x −∞ +∞ 'y

y

0

0 0

−∞

0 +∞

4−

2

+ − +

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Hàm số có cực đại, cực tiểu m∀ ∈ℝ .

Điểm cực đại của đồ thị là ( )1;2 2A m m− − . Điểm cực tiểu của đồ thị là

( )1; 2 2B m m+ − −

0,25

Khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại đến

O 3OB OA⇔ = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 2 2 3 1 2 2m m m m⇔ + + − − = − + −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 2 2 9 1 2 2 2 5 2 0m m m m m m ⇔ + + − − = − + − ⇔ − + =

0,25

12

2m hoac m⇔ = = . Đáp số 1 2

1, 2

2m m= =

0,25

CâuII.1 (1,0)

Giải phương trình ( )2 3 cot 1 7

3cot 4 2 cos 1sin 4

xx x

x

+ π + − + =

Điều kiện sin 0 ,x x k kπ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ .

( )2 3 cot 1 7

3cot 4 2 cos 1sin 4

xx x

x

+ π + − + =

( )

2

2

2

2 2

cos1cos sin3 3 4 2 cos 2 1

sin sin 4

cos cos sin3 3 4 sin cos 1

sin sin

xx x xx x

x x xx x

x x

π π+

⇔ + − − + =

+⇔ + − + =

0,25

( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )( )

( )( )

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

22

3cos 3 sin cos 4 sin cos sin sin

sin cos 3 4sin 3cos sin 0

sin cos 3 4sin 3 1 sin sin 0

sin cos 3 4sin 3 4sin 0

3 4sin 03 4sin sin cos 1 0

sin cos 1 0

x x x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x

xx x x

x x

⇔ + + − + =

⇔ + − + − =

⇔ + − + − − =

⇔ + − + − =

− =⇔ − + + = ⇔ + + =

0,25

Xét phương trình

( )2 13 4sin 0 3 2 1 cos2 0 2cos2 1 cos2

2x x x x− = ⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = −

22 2

3 3( ) ( )2

2 23 3

x k x kk k

x k x k

π ππ π

π ππ π

= + = + ⇔ ∈ ⇔ ∈

= − + = − +

ℤ ℤ . Thỏa mãn điều kiện.

0,25

Xét phương trình

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

1sin cos 1 0 2 sin 1 sin

4 4 2x x x x

π π + + = ⇔ + = − ⇔ + = −

224 4 ( ) ( )2

224 4

x kx k

k kx kx k

π π π+ = − + π = − + π⇔ ∈ ⇔ ∈π π = π + π+ = π + + π

ℤ ℤ

Kết hợp điều kiện 2 ,2

x k kπ π⇒ = − + ∈ℤ

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm 3

x kπ π= + ,

3x k

π π= − + ,

2 ,2

x k kπ π= − + ∈ℤ

0,25

Câu II .2 (1,0đ)

Giải phương trình 24 6 2 13 17 0 ( )x x x x x− + − − + − = ∈ℝ

Điều kiện 4 6x≤ ≤

( ) ( )2 24 6 2 13 17 4 1 6 1 2 13 15 0x x x x x x x x− + − = − + ⇔ − − + − − − + − = 0,25

( )( ) ( )( ) ( )24 1 4 1 6 1 6 1

2 13 15 04 1 6 1

x x x xx x

x x

− − − + − − − +⇔ + − − + =

− + − +

( )( )5 55 2 3 0

4 1 6 1

x xx x

x x

− −⇔ + − − − =− + − +

0,25

( )5

1 15 (2 3) 0 1 1

(2 3) 04 1 6 14 1 6 1

x

x xxx x

x x

= ⇔ − − − − = ⇔ − − − =− + − +

− + − +

0,25

1 1 1 1(2 3) 0 2 3

4 1 6 1 4 1 6 1x x

x x x x− − − = ⇔ − = −

− + − + − + − + (1)

Ta có 1 1 1

14 1 6 1 4 1x x x

− < ≤− + − + − +

và [ ]2 3 5, 4;6x x− ≥ ∀ ∈ nên phương

trình (1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5x = .

0,25

Câu III (1,0đ) Tính tích phân ( )

2 42

31

1ln( 1) ln

xI x x dx

x

−= + −∫

( )2 24 2 2 2

23 2

1 1

1 1 1 1ln( 1) ln ln

x x x xI x x dx dx

x x x x

− + − += + − =∫ ∫ 0,25

Đặt 2 2

2 2

1 1 1 11

x xt x dt dx dx

x x x x

+ − = = + ⇒ = − =

. 0,25

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Đổi cận 1 2x t= ⇒ = ; 5

22

x t= ⇒ = . Ta có

52

2

lnI t tdt= ∫

Đặt 2

ln

2

dtdu

u t tdv tdt t

v

== ⇒ = =

;

52 2

2

51

ln 22 2

2

tI t tdt= − ∫

0,25

2

525 5 1 25 5 9

ln 2ln 2 ln 2ln 228 2 4 8 2 16

2t= − − = − −

0,25

Câu IV (1,0đ)

Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Biết '.A ABC là hình chóp đều với cạnh đáy bằng a ...............

Gọi , ,M N E lần lượt là trung điểm của AB,BCvà ' 'B C ; H CM AN= ∩ . Có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Từ '.A ABC là hình chóp đều

' ( )A H ABC⇒ ⊥ Góc giữa hai mặt phẳng ( )'A BC và ( )' 'BCC B bằng 090 ( )( ' ) ' 'A BC BCC B⇒ ⊥ . Có

' ' ( ' ') 'A N BC A N BCC B A N NE⊥ ⇒ ⊥ ⇔ ⊥ .

0,25

• Đặt ' ' ' ( 0)A A A B A C x x= = = > . 2

2 2 2 2' '4

aA N A B BN x= − = − ;

' '

/ / ' / / '

NE BB NE AA

NE BB NE AA

= = ⇒ ⇒

Tứ giác 'ANEA là hình

bình hành 3'

2

NE x

aA E

=

⇒ =

• Trong tam giác vuông 'A NE có 2

22 2 2 2 2 2 23 2

' ' 24 2 2

a a aA N NE A E x x x a x

+ = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ =

22 2 2 2

2 2 2 2 3 6' ' . '

2 3 2 2 3 6 6

a a a a a aA H A A AH A H

= − = − = − = ⇒ =

0,25

E

B'

C'

H

M N

A C

B

A'

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 2 36 3 2

' . .6 4 8ABC

a a aV A H S∆= = =

' / / ' ' / /( ' ')A A B B A A BCC B⇒ ⇒ ( ) ( ) ( )' , ' ' , ( ' ') ,( ' ')d A A B C d A A BCC B d A BCC B= =

0,25

( ' ) ' ''

BC ANBC A AN BC AA BC BB

BC A N

⊥• ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Tứ giác ' 'BCC B là

hình chữ nhật 2

'

1 1 2 2' . .

2 2 2 4B BC

a aS B B BC a∆⇒ = = =

( ) ( )

( )

3'.

'. ''

3

2

31 2 1,( ') . ,( ')

3 24 3

28,( ')

224

B ABCB ABC B BC

B BC

VaV V d A BCB S d A BCB

S

aa

d A BCBa

∆∆

• = = = ⇒ =

⇒ = =

0,25

Câu V (1,0đ) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện

1 , , 4

2 8

a b c

a b c

≤ ≤ + + =

. Tìm gtln của

3 3 35P a b c= + + .

( ) ( ) ( ) ( )

( )

3 33 3 3 3 3

3 2

5 3 5 8 2 3 8 2 5

3 96 384 512 3 8 2

P a b c a b ab a b c c ab c c

P c c c ab c

= + + = + − + + = − − − +

⇔ =− + − + − −

0,25

• Ta có ( )( ) ( )1 1 0 1 0 1 8 2 1 7 2a b ab a b ab a b c c− − ≥ ⇒ − + + ≥ ⇒ ≥ + − = − − = − .

( ) ( )( ) ( ) ( )( )8 2 7 2 8 2 3 8 2 3 7 2 8 2ab c c c ab c c c− ≥ − − ⇒ − − ≤ − − − .Do

4 8 2 0c c≤ ⇒ − ≥ ( )

( )( )

3 2

3 2 3 2

3 96 384 512 3 8 2

3 96 384 512 3 7 2 8 2 3 84 294 344

P c c c ab c

c c c c c P c c c

=− + − + − −

≤− + − + − − − ⇒ ≤− + − +

0,25

Từ giả thiết suy ra 2 6 3c c≤ ⇒ ≤ 1 3c⇒ ≤ ≤ Xét hàm số 3 2( ) 3 84 294 344f c c c c= − + − + với [ ]1;3c∈

[ ]

[ ]

2 2 2'( ) 9 168 294; '( ) 0 9 168 294 0 3 56 98 0

28 7 101;3

3

28 7 101;3

3

f c c c f c c c c c

c

c

= − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + =

+= ∉⇔ −= ∈

0,25

c 1 3

'( )f c

( )f c

28 7 10

3

−

131 137

28 7 10( )

3f

−

− 0 +

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Vậy giá trị lớn nhất của P là 137, đạt được khi 3, 1, 1c a b= = =

0,25

Câu VI.1 (1,0đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 2 4 20 0C x y x y+ − + − = .......

Đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I − và bán kính 5R =

( )2 2

3 8 20, 5

3 4d I d R

− −= = =

+

Suy ra d tiếp xúc với ( )C

0,25

Gọi H là tiếp điểm của ( )C và d . Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

2 2

3 4 20 0 4(4;2)

2 4 20 0 2

x y xH

x y x y y

+ − = = ⇔ ⇒ + − + − = =

Do I là trực tâm ABC∆ và IH BC A IH⊥ ⇒ ∈ . Kết hợp ( )A C∈ ⇒ là điểm đối

xứng của H qua I2 2

( 2; 6)2 6

A I H A

A I H A

x x x xA

y y y y

= − = − ⇒ ⇒ ⇒ − − = − = −

0,25

Gọi M là trung điểm cạnh AB. Do HA là đường kính nên HM AM⊥ Tam giác HAB có HM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên HAB∆ cân tại

H 2 10HB HA R⇒ = = = ;20 3

( ; )4

bB d B b

−∈ ⇒ .

2 22 220 3 20 3

10 ( 4) 2 10 ( 4) 2 1004 4

b bHB b b

− − = ⇔ − + − = ⇔ − + − =

22 2 412 3

( 4) 100 8 48 0124

bbb b b

b

= −− ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = .Do 0 (12; 4)Bx B> ⇒ −

0,25

20 3 44 3( ; ) 2;

4 4

c cc d C c AC c

− − ∈ ⇒ ⇒ = +

����; ( 11;2)BI = −���

44 3. 0 11( 2) 2 0 0 (0;5)

4

cAC BI AC BI c c C

−⊥ ⇒ = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒���� ���

0,25

MI

CB

A

H

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

CâuVI.2 (1,0đ)

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng

1 2

1 1 1 4: , :1 2 1 1 2 3

x y z x y zd d

+ − + −= = = =

−................

Phương trình tham số của 1 2

1

: 1 2 ; : 1 2

4 3

x m x k

d y m d y k

z m z k

= = + = − + = − − = = +

Gọi giao điểm của ∆ với 1 2,d d lần lượt là ,A B;

( ) ( ); 1 2 ; , 1 ; 1 2 ;4 3A m m m B k k k− + + − − +

0,25

( )1 ; 2 2 ;4 3AB k m k m k m= + − − − + −����

. Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến

(1;4; 2)n = −��

. Do ( )P AB∆ ⊥ ⇒����

và (1;4; 2)n = −��

cùng phương AB tn⇒ =���� �

.

0,25

1 0

2 2 4 1 (2;3;2), (1; 1;4)

4 3 2 2

k m t k

k m t t A B

k m t m

+ − = =

⇒ − − = ⇔ = − ⇒ − + − = − =

0,25

Đường thẳng ∆ đi qua điểm (2;3;2)A và nhận (1;4; 2)n = −��

làm vectơ chỉ phương

nên ∆ có phương trình 2 3 2

1 4 2

x y z− − −= =−

.

0,25

CâuVII

(1,0đ)

Tìm số phức z biết 22( 1) 1 (1 )z z i z+ + − = −

Gọi ( , )z a bi a b= + ∈ℝ

( )2 2 22( 1) 1 (1 ) 2 1 1 (1 )( )z z i z a bi a bi i a b⇒ + + − = − ⇔ − + + + − = − +

0,25

2 22 2 2 2

2 2

3 1(3 1) ( )

a a ba bi a b i a b

b a b

+ = +⇔ + − = + − + ⇔

= +

0,25

2

2 2

0 33 1 010 3 0 3 10

3 1 1 13 1 10103 1

aa

b a aa ahoaca

a a b bb ab

b a

= = − = + = + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔= − + = + == + = = +

0,25

Có hai số phức 1 2

3 1;

10 10z i z i= = − +

0,25