ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012.
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 2 )
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
24
1
x
y
x



.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị
 
C
của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N
và
3 10MN 
.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
sin3 3sin2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x     
.
2) Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y

, , : 3.a b c ab bc ca  

Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
  
     

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
22
( ): – 2 – 2 1 0,C x y x y  
22
( '): 4 – 5 0C x y x  
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')CC
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1 điểm):
Khai triển đa thức:
20 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) .x a a x a x a x     
Tính tổng:

1
()d
và N thuộc
2
()d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
 
: – 2010 0P x y z  
độ dài đoạn MN bằng
2
.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình
2
12
12
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
xy
xy
xy x y x x
yx



       


  




24
( 1) 1
()
1
( 1) 1
x
kx
I
x
y k x


  




  

. Ta có:
2
(2 3) 3 0
()
( 1) 1
kx k x k
I
y k x

    

thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k        
3 41 3 41
3, ,
16 16
   
   k k k
.
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25

0,5

0,25





      






+)
2
6
, ( )
5
1
2
i
6
s n .
2










x
x
k
kZ
xk





+)
cos 1 .2 , ( ) x k k Zx


KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.

0,25 0,25


y x y x y
x
xy
y


  


   



   



  


0,25 Đặt
2
1
,

xy
x y y x y x


      

  


  
     


.
+) Với
5, 9vu  
ta có hệ:
222
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x

      


        

, hệ
này vô nghiệm.


Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
  
  
  
  
  
(Do tích phân
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
  

    

1
.
2
I 

0,25
0,25
0,5

Câu
Phần
Nội dung
Điểm
IV
(1,0)

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
2
3
SG

.
1 1 1 1
. . 1. .
2 2 4 8
S BMN
S ABN
S BCD
V
SB SM SN
VV
V SB SC SD
    

Từ đó suy ra:
. . .
3
.
8
S ABMN S ABN S BMN
V V V V  

+ Ta có:
1
. ( )
3
V SAdt ABCD
; mà theo giả thiết
()SA ABCD
nên góc hợp bởi AN với
mp(ABCD) chính là góc

M
N
O
C
A
D
B
S
G
Suy ra:
3
1 1 3
. ( ) . . 3
3 3 3
V SAdt ABCD a a a a  
.
Suy ra: thể tích cần tìm là:
3

35
88
53
.
24

) 3 (1).         

a b c abc a b c a ab b
a b c a
c ca a

Tương tự ta có:
22
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c

   

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
()
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc

      
     
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c        

0,25


   
22
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d   
,
.IA IH

   
22
22
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
ab
d I d d I d
a b a b
     

22
22
22
36
35 36
ab
ab
ab

   


Dễ thấy
0,25

2(1,0)
+ Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC  
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,
AC là:
1 0, 3 0.x y z y z      

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC

  

Suy ra (ABC):
2 1 0x y z   
.
+ Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
    


    

VII.a
(1,0)

+ Ta có:
 
20 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 2 3 21 .x x a a x a x a x

     

20 19 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 21x x x a a x a x a x        
(*).
Nhận thấy:
()
kk
kk
a x a x
do đó thay
1x 
vào cả hai vế của (*) ta có:
0,25

0,25
0,25
0 1 2 20
22
2 3 21 4     S a a a a

.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  

  
     
  

Suy ra:
(4; 4), (2; 2).AB

+ Suy ra:
( 2; 6)AB   
, suy ra:
( ):3 8 0AB x y  
.
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận
(3; 4)HA 
, suy ra:
( ):3 4 2 0.BC x y  

KL: Vậy :
( ): 2 4 0,  AC x y
( ):3 8 0  AB x y
,
( ):3 4 2 0.  BC x y


P
n NM t t t t t t         

2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t       
.
+ Ta có:
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0
4
7
t
MN t t t t t
t



           



.
+ Suy ra:
(0;0; 0), ( 1; 0;1)MN
hoặc
4 4 8 1 4 3

2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
()
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
xy

           

     

.
+ Ta có:
12
12
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6
()
log ( 5) log ( 4) = 1
xy
xy
x y x
I
yx


    




thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.t t t
t
       
Với
1t 
ta có:
1 2 1(3).x y y x      
Thế vào
(2) ta có:
2
1 1 1
44
log ( 4) log ( 4)= 1 log 1 1 2 0
44
x x x
xx
x x x x x
xx
  
   
           


0
2
x
x

M
H
K
C
B
A