1 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ Đ ẠI HỌC S Ư PH ẠM H À N ỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đ Ề THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1, 2012 MÔN: TOÁN Ngày thi: 08-01-2012 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. Cho hàm số 3 2 2 2 2( 1) ( 4 1) 2( 1) ( ) y x m x m m x m Cm         1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi 0 m  2) Tìm m để hàm số ( ) Cm có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu vuông góc với đường thẳng 9 5 2 y x   . Câu II. 1) Giải phương trình: 2 2 sin7 sin9 2 cos cos 2 4 4 x x x x                          2) Giải bất phương trình: 2 9 2 1 1 x x x     Câu III. 1)Tìm nguyên hàm: tan .cot 6 3 I x x dx                   2) Giải phương trình: 2 4 2 2 log log .log ( 2 1 1) x x x    Câu IV. Cho hình chóp SABC có hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy nằm trong ABC  , các mặt bên tạo với đáy góc bằng 0 60 . Biết  0 60 ; 4 ; 2 7 ABC AB a AC a    . Tính thể tích khối chóp SABC Câu V. Cho các số thực , , (0;1) a b c  . Chứng minh rằng: 2 (1 )(1 ) 1 (1 ) 4 ab a b ab     Câu VI. 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A các đỉnh , A B thuộc đường thẳng 2 y  , phương trình cạnh : 3 2 0 BC x y    . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hãy viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm (1;1), (2;4) M N và tiếp xúc với đường thẳng 2 9 0 x y    . Hết 2 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I. (Tự giải) Câu II.1 (can_hang2007)________________________________________________________________ Ta có 2 2cos 1 cos 2 1 sin 2 4 2 x x x                     và 2 2cos 2 1 cos 4 1 sin4 4 2 x x x                     nên phương trình đã cho tương đương với sin7 sin9 sin2 sin 4 , x x x x    tức 2sin8 cos 2sin3 cos . x x x x  Đến đây thì dễ rồi.^^ Câu II.2 (can_hang2007)__________________________________________________________________ + Điều kiện: 0 x  + Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với:   2 (9 1) 2 1 0 3 1 (3 1)(3 1) 0 2 1 1 (3 1) 3 1 0 2 1 1 3 x x x x x x x x x x x x x                             (Vì 1 3 1 0 2 1 x x x      với 0 x  .) + Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 ; 3 S         Câu III.1 (Dấu chấm)____________________________________________________________________ Ta có : tan cot tan tan tan tan 6 3 6 2 3 6 6 x x x x x x                                                     Mặt khác ta lại có tan tan 6 6 tan tan 1 6 6 tan 6 6 x x x x x x                                               3 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ tan tan 6 6 1 3 3 1 tan tan 3 6 6 sin sin 3 6 6 1 3 cos cos 6 6 x x x x x x x x                                                                                            Do đó ta có sin sin 3 3 6 6 d d d 3 3 cos cos 6 6 x x I x x x x x                                       d cos d cos 6 6 3 3 d 3 3 cos cos 6 6 x x I x x x                                                   3 3 ln cos ln cos 3 6 3 3 I x x x C                     Câu III.2. (jet_nguyen)__________________________________________________________________ Hướng dẫn: ĐK: 1 x  Ta có:   2 4 4 2 log 2log ·log 2 1 1 . PT x x x       4 2 4 log 2·log 2 1 ì 1 .( : log 0) x x V x      2 ( 2 1 1) . x x    Câu IV. (iceage3)_______________________________________________________________________ Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta tính được: 2 2 2 2 . 6 AB BC AB BC AC BC a      Do hình chiếu của S xuống mặt đáy tạo các góc bằng nhau nên hình chiếu của S xuống ( ) ABC là I tâm đường tròn nội tiếp ABC  2 1 .4 .6 . 60 6 3 2 o ABC S a a sin a    Nửa chu vi 1 ( ) (5 7) 2 ABC p AB BC CA a       Ta có 21 5 3 3 ABC ABC S S pr r a p         Chiều cao hình chóp: . 60 (5 7) o h r tan a    4 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ Thể tích hình chóp: 3 . 1 . . ( 2 21 10 3) 3 S ABC ABC V h S a      Câu V. (can_hang2007)____________________________________________________________________ Ta có   2 (1 )(1 ) 1 ( ) 1 2 1 a b a b ab ab ab ab            nên     2 2 2 2 1 (1 )(1 ) . (1 ) (1 ) 1 ab ab ab a b ab ab ab ab         Mà   2 1 4 ab ab   và 0 1 ab   nên ta có   2 1 . 4 4 4 1 ab ab ab ab ab     Đó chính là điều phải chứng minh. Câu VI.1.______________________________________________________________________________ Cách 1. (F7T7) Dễ dàng tìm được (0,2) B Do tam giác ABC vuông tại A nên 2 R BC AB AC    Đặt AB a  , suy ra ( 3 1) 2 3 2 2 3 3 2 3 1 a R a a a R a           Vậy 2 3 ( ;2) 3 1 A   Do AC vuông góc với 2 y  nên A, C có cùng hoành độ - Nếu 2 3 ( ;2) 3 1 A  thì 2 3 4 2 3 ; 3 1 3 1 C            - Nếu 2 3 ( ;2) 3 1 A   thì 2 3 8 2 3 ; 3 1 3 1 C             Từ đây dễ dàng tìm được tọa độ G theo tọa độ 3 điểm A, B, C Cách 2. (can_hang2007) Từ giả thiết, ta suy ra tọa độ của B chính là nghiệm của hệ phương trình 2 3 2 0 y x y          Giải hệ này, ta tìm được 0, 2. x y   Do đó (0,2). B Bây giờ, giả sử A có tọa độ ( ,2) A a ( 0). a  Thế thì, do tam giác ABC vuông tại A nên C phải nằm trên đường thẳng vuông góc với AB (tức đường thẳng y = 2) tại A, tức C thuộc phương trình . x a  Vậy tọa độ của C chính là nghiệm của hệ phương trình 3 2 0 x a x y          Giải ra, ta tìm được   , 3 2 . C a a  Và như vậy, ta có 5 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/   2 2 | |, 3 2| |, | | 3. AB a BC a a a AC a     Đến đây, ta tính được 2 1 3 · · 2 2 ABC S AB AC a   và (gọi p là nửa chu vi tam giác)   3 3 | | . 2 2 a AB BC CA p      Theo giả thiết, ta có 3 r  ( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) và ABC S r p  nên suy ra   2 3 2 3, 3 3 | | 2 a a   hay tương đương | | 3 3. a   Từ đây ta tìm được 3 3 a   hoặc 3 3. a    [*] Với 3 3, a   ta có     3 3,2 , (0,2), 3 3,3 3 5 . A B C   Suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác là 3 3 0 3 3 2 2 3 3 5 2 , 2 ,3 3 . 3 3 3 G G                         [*] Với 3 3 a    , ta có     3 3,2 , (0,2), 3 3, 3 3 2 . A B C       Suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác là 3 3 0 3 3 2 2 3 3 2 2 , 2 ,2 3 . 3 3 3 G G                           Bài toán được giải quyết xong. Câu VI.2._____________________________________________________________________________ Cách 1. (iceage3) Đặt tâm của đường tròn là ( ; ) I a b 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2) ( 4) 3 9(1) IM IN a b a b a b            Do đường thẳng (d) 2 9 0 x y    tiếp xúc với đường tròn nên: 2 2 2 [ ;( )] (2 9) 5[( 1) ( 1) ](2) d I d IM a b a b        Từ (1),(2) tìm được 3, 2 a b   hay 357, 122 a b    Cách 2. (lonelyplanet) Trung điểm của MN là ( ; 3 , 2 5 ) 2 H   1;3 MN   Tâm O của đường tròn thuộc đường trung trực d của MN. d đi qua H và nhận   1;3 MN   làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :( ) 3 ) 3 2 5 ( 0. 2 d x y     Suy ra : 3 9 d x y   . Do đó (9 3 ; ) O O O y y  Lại có (O) tiếp xúc với 1 : 2 9 0 d x y    , nên 6 https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/     2 2 1 2 2 2 2(9 3 ) 9 ( ; ) (8 3 ) ( 1) 5 2 7 9 5 10 50 65 124 244 0 122 O O O O O O O O O O O y y d O d OM y y y y y y y y y                         Ta tìm được hai điểm O thỏa mãn (3;2) và ( 357;122)  Hướng dẫn giải được tổng hợp bởi https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ Từ lời giải của các thành viên diễn đàn Boxmath.vn, Onluyentoan.vn . https://sites.google.com/site/dethithudaihockhoia/ Đ ẠI HỌC S Ư PH ẠM H À N ỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đ Ề THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1, 2012 MÔN: TOÁN Ngày thi: 08-01 -2012 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. Cho hàm số 3 2 2. 3 3 2 2 3 3 2 2 , 2 ,2 3 . 3 3 3 G G                           Bài toán được giải quyết xong. Câu VI.2._____________________________________________________________________________. vi tam giác)   3 3 | | . 2 2 a AB BC CA p      Theo giả thiết, ta có 3 r  ( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác) và ABC S r p  nên suy ra   2 3 2 3, 3 3 | | 2 a a  