1
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
ĐỀ SỐ: 06
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2
y x ax bx c
(*)
, ,
abc
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
3; 0; 2
a b c
2. Giả sử đồ thị hàm số
(*)
có đúng hai điểm chung
M N
với trục Ox. Gọi
P
là giao
điểm của đồ thị hàm số
(*)
với trục
Oy
. Biết tiếp tuyến của đồ thị hàm số (*) tại
M
đi qua
P
.Tìm
, ,
abc
để diện tích tam giác
MNP
bằng
1.
1) Học sinh tự làm
2) Giả sử đồ thị hàm số cắt
Ox
tại
( ;0), ( ;0)
M m N n
và cắt
Oy
tại
(0; )
P c
Tiếp tuyến tại M có dạng: 2
(3 2 )( )
y m am b x m
. Vì tiếp tuyến qua P nên:
3 2 3 2
3 2 0 2 0
m am bm c m am
(vì M thuộc đồ thị nên: 3 2
0
m am bm c
)
Từ đó suy ra:
2
a
m
Vì đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm M, N nên đồ thị tiếp xúc với Ox:
Ta thấy M không thể là tiếp điểm của đồ thị hàm số với Ox vì nếu điều đó xảy ra thì trục Ox sẽ
đi qua P (Vô lý)
Vậy đồ thị tiếp xúc với Ox tại N. Do đó ta có: 3 2 2
( ) ( )
x ax bx c x n x m
Suy ra: 2 3
2 2
,
2
2 4
2 32
5 16
a a
m n
m n a
mn n b a c
mn c a b
Vì
1 2 8
MNP
S c n m c a
3 3
2 2
0 0
4
32 32
( ) 5
8 8
2
5 16 5 16
a a a
a c a c
VN b
ac ac c
a b a b
KL:
4
5
2
a
b
c
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 1
cos5 2 cos 2 2 2cos 4
cos
x x x
x
2. Giải phương trình:
3 2
9 156 40 2 5 4 144 0
x x x x x
1) Điều kiện
cos 0
x
2
Phương trình được viết lại như sau: 1
cos 5 1 (2 cos 4 2 os2 1)
cos
x x c x
x
Mặt khác ta có:
cos5 (cos5 cos3 ) (cos3 cos ) cos 2 cos 4 .cos 2cos 2
.cos cos
x x x x x x x x x x x
Suy ra cos5
2cos 4 2 os2 1
cos
x
x c x
x
. Phương trình đã cho có dạng :
1 cos5
cos5 1
cos cos
x
x
x x
2
cos5 1
1 2
cos5 1 1 0 ( )
5
cos 1
cos 5
2
k
xxk
x x k Z
x
xx k
2) Giải phương trình sau:
3 2
9 156 40 2 5 4 144 0
x x x x x
Điều kiện:
4
5
x
Phương trình viết lại như sau:
3 2
9 27 27 3 9 8 5 4 5 4 36 5 4 54 5 4 27) 6 5 4 9
x x x x x x x x x
3
3
( 3) 3( 3) 2 5 4 3 3(2 5 4 3)
x x x x
Xét hàm số
3
3
f t t t
với
(1; )
t

có 2
'( ) 3 3
f t t t
với
(1; )
t

suy ra
'( ) 0
f t
Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến trên
(1; )

Ta có: 2
( 3) (2 5 4 3) 3 2 5 4 3 2 5 4 20 16 0
f x f x x x x x x x
10 2 29( )
10 2 29( )
x TM
x L
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
10 2 29
x
Câu III) Tính tích phân:
2
6
0
3sin sin .cos
sin cos
x x x
I dx
x x
Tính tích phân:
2 2
6 6
0 0
2sin sin .cos 1 cos (2sin cos )(sin cos ) 1
sin cos sin cos
x x x x x x x x
I dx dx
x x x x
6 6
0 0
1
(2sin cos ) sin cos
x x dx dx J K
x x
Ta có
6
0
5 2 3
sin 2 cos 2
J x x
6 6 6
0 0 0
1 1 1 1
sin cos 2 2
2 sin sin .cos
4 2 8 2 8
K dx dx dx
x x
x x x
3
6 6
2
0 0
tan 2 8
1 1 1
2 2
tan .2 cos tan
2 8 2 8 2 8
x
d
dx dx
x x x
6
0
tan
1 1
24
ln tan ln
2 8
2 2 tan
8
x
Vậy
tan
5 2 3 1
24
ln
22tan
8
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng
'''
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông
AB BC a
, mặt phẳng
( ' )
AB C
tạo với
( ' ')
BCC B
góc
với
3
tan
2
; Gọi M là trung
điểm của
BC
. Tính thể tích khối chóp
' '
MA B C
và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp
khối chóp '
B ACM
theo
a
.
C'
A' E
I
O
M
K
O'
C
A
B
B'
Tính thể tích khối chóp:
Từ B hạ ˆ
( ' )BE B C BEA
có :
2
.cot .
3
BE AB a
Mặt khác: 2 2 2 2 2
1 1 1 .
' 2
'
BC BE
BB a
BE BB BC BC BE
4
Ta có
3
' ' ' ' '
1 1 1 2
. ( ' ) . . 2.
3 3 2 2 12
MA B C A MB C
a a
V V AB dt B MC a a (đvtt)
Tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp:
Gọi
'
O
là tâm vòng tròn ngoại tiếp của tam giác AMC thì tâm O’ thuộc đường trung trực của
MC vị trí O’ được xác định theo hệ thức:
. . 10
' '
4 ( ) 4
AM MC AC a
O C R dt AMC
Qua O’ dựng
'
O z
vuông góc với (ABC) thì
'
O z
là trục đường tròn đáy (AMC)
Suy ra tâm O của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’AMC nằm trên
'
O z
và tâm O thuộc mặt
phẳng trung trực của B’C ( Mặt phẳng qua trung điểm I của B’C vuông góc với B’C ở I).
Ta có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R thì:
2
2 2 2 2 2
5
'
8
a
R OC O C x x (1) với
'
OO x
Mặt khác ta có:
2 2
2 2 2 2 2 2
' 3
' '
4 4
B C a
R OB OI B I OI OI
Mà
2
2
2 2 2 2
5 2 2
' ( ) 2 .
8 2 2
a a a
IO MO x MI x x
Suy ra
2
2 2 2 2
2 2 2 2
3 5 2 2 3 15 2
2 . 2 .
4 8 2 2 4 8 2
a a a a a a a
R OI x x x x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2
2 2
5 15 2 5 2
2 .
8 8 2 8
a a a a
x x x x
Vậy
3 10
8
a
R
Câu V (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số thực
, 0
x y
thỏa mãn hệ phương trình:
2
2
1 0
1 0
x xy x
y xy x y
Hệ phương trình viết lại như sau:
2
2
1
1
x xy x
y xy x y
(1)
(2)
Vì
, 0
x y
nên ta suy ra
, (0;1)
x y
Hệ có dạng:
211
1
1 1
1 1
( 1)( ) 1
y x
x x xy x
x
y x y x x
(3)
Phương trình (3) có dạng: 3 2
2 1 0
x x x
. Xét hàm số
3 2
2 1
f x x x x
. Ta có
2
' 3 4 1
f x x x
Với
0 1
x
thì
2 2
' 3 4 1 3 1 0
f x x x x x x
5
Do đó
( )
f x
là hàm nghịch biến trên khoảng
0 1
x
. Ta có 1 1
. (1) 0
2 8
f f
nên
( ) 0
f x
có nghiệm duy nhất thuộc 1
;1
2
.
Ta có: 2
1 1 1 1
1 1 1 1
x x
x x x x
; Đặt
1
2cos
x
với 0
ta có:
3 2
8 cos 4 cos 4 cos 1 0 2 cos 3 2 cos 2 2 cos 1 0
2
2sin .cos 3 2sin .cos 2 2sin .cos sin 0 sin 4 sin 3
2
7 7
k
k
Vì 0
nên chọn
7
suy ra
1
2cos
7
x
Ta có: 2
2
1 1 1
1 1 1
x x x x
x x x
2
2
2cos 1
17
1
4cos
7
y x x x
x
Vậy hệ có đúng một nghiệm
2
2 cos 1
17
( , ) ;
2 cos 4 cos
7 7
x y
thỏa mãn điều kiện
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (T):
2 2
1 3 5
x y
và hai điểm
(2;1), (0;5)
A B . Từ điểm M thuộc đường thẳng (d):
2 1 0
x y
kẻ hai tiếp tuyến đến (T). Gọi
E, F là hai tiếp điểm tương ứng. Tìm tọa độ điểm E, F biết ABEF là một hình thang.
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt
phẳng .022:)(
yx
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm CBA ,, và
mặt phẳng ).(
1) Ta thấy A,B là đường kính của (T)
ABEF
là hình thang khi và chỉ khi
/ /
EF AB