SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm m để đường thẳng ∆:
(2 1) 4y m x m= − −
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)P
−
tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos 2 4 2 sin( ) 3cos
4
1
cos 1
x x x x
x
π
− + + −
=
−
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( ) ( )

2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
với
BC
là đáy nhỏ,
H
là trung
điểm
, 2 , 5AB SA a SC a
= =
. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều, mặt phẳng
( )SAB
vuông góc với mặt phẳng
( )ABCD
và khoảng cách từ

+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C):
2 2
4 4 0x y y
+ − − =
và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng
: 2 1 0d x y
− − =
. Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(1;0;1), ( 1;1;1)A B −
. Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng
( )
Oxy
sao cho tam giác
MAB
cân tại M và có diện tích bằng
21
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
( )
3 2 3z z i z
+ = +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):

3 3
3 3
n
i
A
i
 
−
=
 ÷
 ÷
−
 
là số thực.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

2

( )
;0
−∞
và
( )
2;
+∞
; Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
0.25
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và
( )
1 3;0
±
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆):
x x ( m x m
3 2
3 2 1) 4 2 0
− − − + + =
⇔


= ≠

0.25
⇔
∆
∆


=




− ≠





>


=


b
a
f
0



⇔
m
m
5
8
1
2

= −



=


.
0.25
Với
m
5
8
= −
ta có
1 3
( ; ); (2; 3)
2 8
M N −
(loại)


⇔ + + = ⇔

+ + =

0.25
x k
π
⇔ =
0.25
Đối chiếu đk suy ra
2 ,x k k
π π
= + ∈
¢
là nghiệm pt.
0.25
3
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1
2
3 4 7 1
; .
1
log 2 2
x

1 1 3 1 2 3 2x x y y⇔ − + − = − + −
(3)
0.25
Xét hàm số
( ) ( )
2
3 , 0;f t t t t= + ∈ +∞

( ) ( )
' 2 3 0, 0;f t t t= + > ∀ ∈ +∞
suy ra hàm số đồng biến trên
( )
0;+∞
Ta lại có
( )
1,2 0;x y− − ∈ +∞

Nên
( ) ( ) ( )
3 1 2 1 2 3f x f y x y x y⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
thay vào pt (2) ta được
0.25
( )
( )
2
2
2
1
3 1
log 2 2 0

1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
+ + +
+
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
0.25
4 4
3
1
1
1
4 4
e
e
x e
x dx
−
= =
∫
0.25
( )

ln
4 2
e e
I
− +
= +
. 0.25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra
( )
SH ABCD
⊥
và
2 3
3
2
a
SH a= =
0.25
Ta có
2 2
2CH SC SH a
= − =
.
Do đó, tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a

1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S
= × × =
(đvtt)
0.25
6
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
= = =
.
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
28 4 2013 4 2013
2013
24
x y z xy yz zx x y z
x y z
⇒ + + = + + + ≤ + + +
⇒ + + ≤

 
= ≤ ≤ + = +
 ÷
+
 
+ +
+ +
0.25
Tương tự

( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
3 , 3
8 2 8 2
5 2 5 2
y z z x
b bc c c ac a
≤ + ≤ +
+ + + +
Ta có
( )
4 2013
8 2
8
P x y z
≤ + + ≤
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
4026
12



= ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔

=


0.25
Với
( )
1 1;1a M
= ⇒

Khi đó, AB qua M vtpt là
( )
1; 1IM −
uuur
có PT là
0x y
− =
.
Pt của CM là
2 0x y
+ − =
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
7.a
(1,0 điểm)
2 2
2

=



Từ đó tìm được tọa độ
( )
2;4C
−
.
Với
7 7 9
;
5 5 5
a M
 
= ⇒
 ÷
 

Khi đó, AB qua M vtpt là
7 1
;
5 5
IM
−
 
 ÷
 
uuur
có PT là






=
+ − =


 
⇔


+ − − =




=







=




 
=

 

uuuur uuuur
0.25
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2
1 1 1
4 2 1 0
1 2 4
5 1 2 21
a b a b
a b
a b
a b

− + = + + −
− + =

 
⇔ ⇔
 
− − =



M
 
 ÷
 
0.25
9.a
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Đặt
( )
,z x yi x y
= + ∈
¡
ta được
( )
2 2 2 2
3 2 3 3 3 2 3 3z z i z x yi x yi x y i x y
+ = + ⇔ + + − = + + +

0.25
2 2
2 2
4 2
2 3 3
x x y
y x y

= +

⇔

0.25
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng
3y x= −
với
0x
≥
. 0.25
7.b
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay
m n
=
. Khi đó phương trình
: 0MN y m
− =
2
1 2
2
1 3 2
( ; ). ( ; ) ( 1)( 1) 3
2
1 3 (loai)
m m
d F MN d F MN m m
m
m

− = =


·
1
1
cos
65
MF N
=
0.25
TH2: MN không song song với Ox.
Ta có phương trình MN là
( ) 4 2 2 0n m x y m n
− − + + =
Khi đó:
1 2
2
(3 )(3 )
( ; ). ( ; ) 3
16 ( )
m n n m
d F MN d F MN
n m
+ +
= =
+ −
2 2
3
6 6 4 48 0,
nm
m n mn loai
=

2 2 2
; ; , 0n a b c a b c+ + ≠
r

Vì
( )
M P
∈
nên phương trình của
( )
P
có dạng
( ) ( )
3 1 0a x by c z
− + + − =
( )
3
3 2 0
2
a
N P a b b
∈ ⇒ − = ⇔ =
3 5 2
sin cos
7 7
ϕ ϕ
= ⇒ =
(do
0
0 90

;
3
2
a
b
=
chọn
2 3; 6a b c
= ⇒ = =
,
( )
: 2 3 6 12 0P x y z
+ + − =
0.25
+ Với
3c a= −
;
3
2
a
b
=
chọn
2 3; 6a b c
= ⇒ = = −
,
( )
: 2 3 6 0P x y z
+ − =
0.25