Page 1 ĐỀ SỐ 10 Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 32 3y x x mx m    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2. Tìm các giá trị của m, để đường thẳng (d) đi qua điểm I (−1; 2) với hệ số góc bằng (−m) cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, I. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B song song với nhau. Câu 2 (2 điểm) 1. Giải phương trình: 22 1 1 8 cot .cot cos sin 3 3 6 xx xx                  2. Giải hệ phương trình: 7 2 4 2 2 5 8 2 x y x y x y x              Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân   1 2 0 1 2 2 dx I x x x      Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 18 (đvtt), cạnh SD = 6. Hãy tính độ dài các cạnh còn lại của tứ diện, biết rằng các cạnh đó đều có độ dài bằng nhau. Câu 5 (1 điểm) Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 2 2 0 1 x y z x y z          Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 P x y z   Câu 6 (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho 3 đường thẳng 1 : 2 0d x y   , 2 :2 3 0  d x y , 3 :3 5 0d x y   . Tìm độ dài các đỉnh hình vuông ABCD, biết rằng 1 2 3 , , ,A C d B d D d   2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 4 6 2 28 0S x y z x y z       và hai đường thẳng 1 52 : 1 3 13 2 xt d y t zt             và 2 7 1 8 : 3 2 1 x y z d      Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với 2 đường thẳng 12 ,dd . Câu 7 (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 18 1 2 z z z    . Hãy tính 4 2   zi zi Page 2 ĐỀ SỐ 10 Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) 1. (1 điểm) Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Đường thẳng : ( 1) 2y m x     . Xét pt: 32 32x x mx m mx m           2 1 2 2 2 0     x x x m  cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt  pt sau có 2 nghiệm phân biệt khác (−1): 2 2 2 2 0x x m    (*) ' 1 (2 2) 0 3 (**) 1 2 2 2 0 2 m m m                Gọi 12 ,xx là hai nghiệm của (*) và     1 1 2 2 , , ,A x y B x y là 2 giao điểm. Hệ số góc của hai tiếp tuyến tại A và B là   22 '( ) 3 6 3 2 i i i i i i k y x x x m x x m       Mặt khác 1 x là nghiệm của (*) nên 2 2 2 2 6 5 ( 1,2) i i i x x m k m i       (0,5 điểm) Bây giờ ta sẽ chứng minh hai tiếp tuyến không thể trùng nhau Đặt 65km . Phương trình hai tiếp tuyến là: ii y kx kx y   Nếu hai tiếp tuyến trùng nhau, tức là 1 1 2 2 ,kx kx y kx kx y x R         2 1 1 2 0k x x y y        21 00x x k m k m       (vì 12 xx ) 3 6 4 0 2 mm     Điều này mâu thuẫn với (**). Vậy với 3 2 m  thì hai tiếp tuyến tại A và B song song với nhau Lưu ý: có thể giải cách khác bằng việc chứng minh điểm I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho (0,5 điểm) Câu 2 (2 điểm) 1. (1 điểm) Điều kiện: sin2 0 & ( ) sin .sin 0 2 3 2 36                            x kk x x k Z xx     Ta có: cot .cot cot .tan 1 3 6 3 3 x x x x                                   Page 3 Khi đó pt   2 2 2 2 3 sin cos 8sin cosx x x x (0,5 điểm) 22 3cos2 2sin 2 3cos2 2(1 cos 2 )x x x x       2 1 2cos 2 3cos2 2 0 cos2 ( ) 23 x x x x k k Z               So sánh với điều kiện, nghiệm của phương trình là () 3 x k k Z      (0,5 điểm) 2. (1 điểm) Điểu kiện: 70 20 5 8 0 xy xy x         Ta có 7 2 4 7 2 4x y x y x y x y         5 16 7 2 16 8 2 5 16 8 2 2 8 x x y x y x y x x y x y                (0,5 điểm) Thay vào pt thứ hai được:   5 16 56 5 8 2 5 8 4 5 8 32 0 5 8 8 85 x x x x x x                Khi đó 112 56 16 13 5 8 5 yy      (các giá trị vừa tính được của x và y đều thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ phương trình có nghiệm 56 13 , 55 xy (0,5 điểm) Câu 3 (1 điểm) Ta có           11 2 2 2 00 1 1 3 1 1 1 1 1 1 x dx dx I x x x x          Đặt   2 11tx     2 1 11 x dt dx x    . Với x = 0 thì 2t  , x = 1 thì 5t  (0,5 điểm) Khi đó:   55 5 2 2 22 1 1 1 1 1 5 1 ln ln ln 2 1 1 2 1 1 2 1 2 dt t I dt t t t t                 (0,5 điểm) Câu 4 (1 điểm) Page 4 Từ giả thiết suy ra ABCD là hình thoi. Do A và C cách đều S, B, D nên ()BD SAC . Gọi I là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABC, ACD, SAC là các tam giác cân bằng nhau có đáy AC chung, nên IB = ID = IS. Do đó tam giác SBD vuông tại S Đặt x = SA = SB = SC = AB = BC = CD = DA Ta có , ( )SI AC AC BD IC SBD    (0,5 điểm) Suy ra 22 11 . . .6. 66 SBCD V CI SB SD x CD ID   . Mặt khác     2 2 2 2 2 1 1 1 36 4 4 4 ID BD SB SD x     Do đó   2 2 2 1 2 2 . 36 3 36 4 SABCD SBCD V V x x x x x      Ta có phương trình: 2 4 2 2 3 36 18 3 36 324 0 18 3 2x x x x x x          Vậy độ dài các cạnh còn lại của tứ diện là 32x  (0,5 điểm) Câu 5 (1 điểm) Từ     3 33 03x y z z x y P x y x y xyz             Từ   2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 x y z x y xy z z xy xy z              Vậy 2 1 3 2 P z z     . Do   2 2 2 2 2 2 1 3 2 2 1 2 2 3 3 x y z x y z z z           (0,5 điểm) Đặt 2 3 ( ) 3 2 f z z z với 22 ; 33 z     . Ta có 2 31 '( ) 9 0 26 f z z z      Page 5 Bảng biến thiên: z 2 3  1 6  1 6 2 3 f'(z) + − + f(z) Ta có 1 1 2 1 , 6 6 3 6 ff                    và từ bảng biến thiên, suy ra 1 2 2 ( ) , ; 6 3 3 f z z        Mặt khác 21 , 36 z x y    thỏa mãn đề bài và 1 () 6 fz Vậy max P = 1 6 (0,5 điểm) Câu VI (2 điểm) 1. (1 điểm) Đặt ( ;2 ), ( ;2 ), ( ;2 3), ( ;3 5)   A a a C c c B b b D d d . Gọi I là tâm hình vuông thì 2 3 2 ; 22 b d b d I       Ta có ( ;3 2 8)BD d b d b    . Do 1 11 & (1; 1) 3 2 8 0 d I d BD d BD u d b d b           Từ đó có hệ phương trình: 2 8 0 2 11 3 ( ) (2 3 2) 2 0 22 bd b d b d b d                    (0,5 điểm) Vậy 13 ( 2; 1), (3;4)& ; 22 B D I     Do 52 2 IA IC IB   nên có phương trình Page 6 22 2 2 1 3 25 2 6 0 3 2 2 2 a a a a a a                            Hai nghiệm trên là hoành độ của A và C Tóm lại ( 2;4), ( 2; 1), (3; 1), (3;4)A B C D    hoặc (3; 1), ( 2; 1), ( 2;4), (3;4)A B C D    (0,5 điểm) 2. (1 điểm) Gọi các vectơ chỉ phương của 12 &dd lần lượt là 12 (2; 3;2)& (3; 2;1)uu    Mặt phẳng (P) song song với 12 &dd nên có vectơ pháp tuyến là 12 ,n u u    = 3 2      2 1 ; 2 1 2 3 ; 2 3 3 2      = (1; 4; 5) Phương trình mặt phẳng (P): 4 5 0x y z D    (0,5 điểm) Tâm của (S) là I (2; −3; 1) và bán kính 42R  Do (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên khoảng cách từ I đến (P) bằng bán kính R, suy ra   47 2 3.4 5 ,( ) 42 5 42 37 1 16 25 D D d I P D D                 Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn bài toán: 1 ( ): 4 5 47 0P x y z    và 2 ( ): 4 5 37 0P x y z    (0,5 điểm) Câu 7 (1 điểm) Từ 2 18 1 3 2 18 2 z z z z z z          2 24 4 20 0 24           zi zz zi (thỏa mãn 2z  ) + Với 2 4 2 8 1 4 17 170 24 2 6 1 3 10 2 10 i i i zi ii zi             + Với 2 4 2 1 1 2 24 2 2 1 2 2 2           i zi ii zi (1,0 . Page 1 ĐỀ SỐ 10 Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 32 3y x x mx m    (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị. Hãy tính 4 2   zi zi Page 2 ĐỀ SỐ 10 Đề thi thử Đại học lần IV năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) 1. (1 điểm) Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Đường thẳng. I (−1; 2) với hệ số góc bằng (−m) cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, I. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B song song với nhau. Câu 2 (2 điểm) 1.