Page 1
ĐỀ SỐ 11
Đề thi thử Đại học lần III năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số:
21
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Với giá trị nào của m, đường thẳng y =
−x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác IAB đều.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình
2
sin os
1
63
(cos sinx.tan )
os 2 cos






Câu IV. (1 điểm)
Tứ diện ABCD có cạnh AB = 6, cạnh CD = 8 và các cạnh còn lại bằng
74
. Hãy tính
diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu V. (1 điểm) Cho các số dương a, b, c, m, n, p thỏa mãn:
a + m = b + n = c + p = k
Chứng minh rằng: an + bp + cm < k
2

Câu VI. (2 điểm)
1. Cho điểm M(0; 2) và hyperbol (H):
22
1
41
xx

. Lập phương trình đường thẳng (d) đi
qua điểm M cắt (H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
5
3
MA MB
.
2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S):
2 2 2
ĐỀ SỐ 11
Đề thi thử Đại học lần III năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội

Câu I.
1. HS tự giải
2. Tìm m…
Đường thẳng y = −x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau có hai
nghiệm phân biệt.
 
12
2
1
21
,:
1 1 0
1
x
x
x x x m
x m x m
x




   

    

1
+ x
2
= m – 1 và x
1
x
2
= m – 1. Gọi A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
) và H là trung điểm của
AB. Khi đó y
i
= −x
i
+ m (i = 1, 2) và H
2 1 1 2
1 1 3 3
; . ; . ( ; )
2 2 2 2
m m m m
IH AB x x x x
   
   
  

IA
=
 
 
2
1 2 1 2
( 1) 0IB x x x x m     
. Do x
1
+ x
2
= m – 1 nên đẳng thức này đúng
với mọi m thỏa mãn (*) (0,25 điểm)
Ta có (**)
 
   
2
22
21
3
3
3
22

    
m
x x m

     
22

2
cos
os cos
os
2
x
xx
x
x
c x x
c

   

  
   

   
   



(0,5
điểm)
2 2 2 2
1 tan 1 2sin 2sin 3 tanx tan 3 tanx 0
22

        






So sánh với điều kiện, nghiệm của phương trình là
2 , ,
3
x k x k k Z


   

(0,5 điểm)
2. Tìm giá trị của tham số a…
Điều kiện
8
3
log 0 1  xx
22
33
log 2 log 1 0    PT x a x a

Đặt
2
3
log 0x 
. Phương trình đã cho trở thành t
2
+ 2at + a + 1 = 0 (1)
Nhận xét: với mỗi t


−1, khi đó t = 0 không là nghiệm của (1) . Để phương trình có đúng một nghiệm
dương thì:
+ Trường hợp 1. PT (1) có 2 nghiệm trái dấu

a + 1 < 0

a < −1 (0,5 điểm)
+ Trường hợp 2. Phương trình (1) có nghiệm kép dương
 
2
2
12
0
' 1 0
15
2
10
a
aa
a
aa
t t a

    



   


c x c x x x
  







  

  

(0,5 điểm)
66
6
0
00
cos sinx (cos sinx) 3 1
ln cos sinx ln
cos sinx cos sinx 2
x d x
I dx x
xx


  
    




EF
2
= 65 – 16 = 49

EF = 7
Mặt khác EF = OE + OF
22
9 16RR  
. Giải phương trình
22
9 16RR  
= 7 ta
được R = 5. Do đó diện tích mặt cầu là
2
4 100S R t


(đvdt) (0,5 điểm)
Câu V. Chứng minh rằng…
Ta có:
k
3
= (a + m)(b + n)(c + p) = abc + mnp + abp + can + anp + bcm + bmp + cmn
Mặt khác k(an + bp + cm) = an(c + p) + bp(a + m) + cm(b + n) = abp + can + anp + bcm +
cmn.
Vậy k
3
= abc + mnp + k(an + bp + cm) > k(an + bp + cm)


1
4 1 0
2
(2)
2
'0
5
20 16 0
2
k
k
k
k
k








  
  










Từ điều kiện
12
55
33
MA MB x x  
, khi đó ta có:
 
2 2 2
22
2
2
2
22
22
22
5 16 6
36 12
3 4 1 4 1
1
5 20 12
41
41
3 4 1 4 1
x x x
kk
k
k

Gọi H(a; b; c) là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P). Mặt phẳng (P) chứa trục Oz nên có vecto
pháp tuyến
,n k OH



trong đó
k
(0; 0; 1) và
OH
(a; b; c). Suy ra
n
= (−b; a; 0) với a
2
+ b
2


0. Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng: −bx + ay = 0 (0,5 điểm)
Mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r = 4
22
3IH R r   
. Như vậy khoảng cách từ I đến (P) bằng
2 2 2 2
22
3
3 3 9 6 9 9

2
log 2 0 2 1 1x x x      

Xét hàm số
 
 
3
62
4 1 .f x x x  
với
1x 
. Đặt t = x
2
,
01t
thì f(x) trở thành g(t) = t
3
+
4(1 – t)
3
= g’(t) = 3t
2
– 12(1 – t)
2

g’(t) = 0

t
2
= 4(1 – t)

suy ra
 
44
min( ) minf
99
tx  
. Suy ra bất phương
trình
6 2 3
4
4(1 )
9
xx  
nghiệm đúng
 
1;1x  
.
Tóm lại: Tập nghiệm của hệ bất phương trình là S = [−1; 1]