ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2012
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 20 )

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
( ) 3 4
  
f x x x .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=
3 2
1 1
2sin 3 2sin 4
2 2
   
   
   
   
x x
Câu II. (2,0 điểm)
1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất:
ln( ) 2ln( 1)
 
mx x
2) Giải phương trình:
3 3
sin .(1 cot ) cos (1 tan ) 2sin2
   
x x x x x
.

   


x y
x y m

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với các đỉnh: A(–2;3),
1
;0 , (2;0)
4
 
 
 
B C .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm


4; 5;3
 M và cắt cả hai đường thẳng:
2 3 11 0
':
2 7 0
  


  



1 2
1;1 , 5;1
F F và tâm sai
0,6

e
.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của
đường thẳng
2 0
:
3 2 3 0
 


   

x z
d
x y z
trên mặt phẳng
: 2 5 0
   
P x y z .
Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho
2 2
 
n n

và




3 2
3 4.
   
g x f t t t

   
3 27 9 27 54 32 49
3. 4 ;
2 8 4 8 8
0 4; 2 0;
5 125 25 125 150 32 7
3. 4
2 8 4 8 8
  
 
       
 
 
   
 
 
    
 
 
CD CT


m   < 0  (1) vô nghiệm.
 Với
0

m
, (1) có nghiệm duy nhất
1
 
x
< 0  loại.
 Với
4

m
, (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.
 Với
0

m
, ĐKXĐ trở thành
1 0
  
x
. Khi đó
0


nên (1) có hai nghiệm phân biệt


. Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị
4

m
cũng bị loại.
Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:


( ;0) 4
  m .
2) ĐKXĐ:
2


k
x sao cho
sin 2 0

x
.
Khi đó, VT =
3 3 2 2
sin cos sin cos cos sin
  
x x x x x x

=
2 2
(sin cos )(sin sin cos cos ) sin cos (sin cos )
    


Để thoả mãn điều kiện
sin cos 0
 
x x
, các nghiệm chỉ có thể là:
2
4


 
x k

Câu III: Ta có:
2 2
2 1 1 2 1 1
.
3 4 2 3 4 2
     
 
     
x x
e x x e x
x
x x x x

=
2
1 2 1 1
.

 
    
 

 
 
 
 
x
x e x x x
x x x
x x
=
2
2 1 3 4 2
2. .
2 1
1 2 1
 
    
 
 

 
 
x
e x x
x x
x


Câu V: Đặt
2 2
( ) 3 (3 ) 5
    
f x x x 
2 2
3
( )
3 (3 ) 5


 
  
x x
f x
x x2 2
2
2 3
( ) 0 6 14 (3 ) 3
2 18 27 0
 


       

  


f x
là
(2) 7 6
 f .
Cũng dễ thấy


lim

 
x
f x . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với
2

x
) khi và
chỉ khi
6 7
 m .
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi
 
 
2
2
2
2
9
1
3

 
    

x y
x y
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là
1

b
và bán kính cũng
bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:



2 2
3 1 4 6
3 5
3 4
  
   

b b
b b b

4
3 5
3
1
3 5
2




2 3 11 2 7 0 2 3 2 11 7 0.
            
m x y n y z mx m n y nz m n
Để mặt phẳng này đi qua M, phải có:
( 8 15 11) ( 5 6 7) 0 3
          
m n n m

Chọn
1, 3
  
m n
, ta được phương trình của P’:
2 6 10 0
  
x z
.
Đường thẳng d” đi qua


2; 1;1
A và VTCP
(2;3; 5)
 

m . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai
VTCP là

     
x y z 
7 13 5 29 0.
   
x y z
Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:

2 6 10 0
7 13 5 29 0
  


   

x z
x y z

Câu VII.a: Điều kiện:
3.

n

Theo giả thiết thì:
2
3 ( 1) ( 1)( 2) 9 14
      
n n n n n n n n

2
9 14 0


2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng:




2 3 2 5 0
     
m x z n x y z





3 2 2 5 0
      
m n x ny m n z n
(Q)  (P) 
1.( 3 ) 2( 2 ) 1.( 2 ) 0 8 0
          
m n n m n m n
Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q:
11 2 15 5 0
   
x y z .
Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:

2 5 0
11 2 15 5 0
   


   
2 ! 2 ! 2 1 ! 2 1 !
(3)
! ! ! ! ! 1 ! ! 1 !
2 2 1
1 1.
1 1
     
 
     
  
     
     
n k n k n k n k
n n k n n k n n k n n k
n k n k n n
n k n k n k n k

Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng.
Do đó,
2 2
 
n n
n k n k
C C lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.