Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 259

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
 TRƯỜNG THPT THANH THỦY. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐH-CĐ LẦN II NĂM HỌC 2011-2012
 Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề).
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I (2 điểm) Cho hàm số  3 23 2 2 2 3 (1)y x x m x m      .
1) Khảo sát và vẽ đồ thị  C của hàm số trên khi 2m   .
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt ( ) : 2d y x  tại 3 điểm phân biệt (1; 1)K  , M, N sao cho tam giác AMN cân tại A và 
có diện tích bằng 6 2 , biết  2; 2A  .
Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình:  
32sin 2.sin
tan 2 tan4
sin cos sin 2
cos cos3 2
x x
x x
x x x
x x
         .
 2) Giải hệ phương trình:
2 23 1 2 ( 1) 4 2 1
( ) 3 3
y y x y x y
y y x y
         
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  
2
3 2
1
ln(1 )I x x x dx  
Câu IV (1 điểm)
Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thang cân có đáy lớn 2.AD a Biết góc hợp bởi BC’ và 
(ABCD) bằng 600, góc hợp bởi A’D với (ABCD) là  sao cho    3tan , ' ' , ' ' ' ' .
2
CD ABB A A B CDD C    
Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB’ và CD’.
Câu V (1 điểm) Cho 1, , : 1, , 1, 1
4
x y z x y z xyz    . Chứng minh rằng: 1 1 1 22
1 1 1 15x y z
     .
 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a (2 điểm)
 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với hai trung tuyến : 2 0,AN x y   : 7 6 0,BM x y  
đỉnh  1; 1B  . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 2. Xác định tọa độ các đỉnh A, C của tam giác.
 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) qua hai điểm (0; 0; 2), (4; 2; 2)A B  , có tâm 
nằm trên ( ) : 2 0P x y z    và tiếp xúc vói   3 1 2:
1 1 1
x y z     .
Câu VII.a (1 điểm) Tìm quỹ tích các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn cho số phức 1w iz  , biết z là số phức thỏa 
mãn:  32 1 8z i   .
 2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn    2 2( ) : 1 2 4C x y    . Viết phương trình đường tròn ( ')C đi qua
(2;1)M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB song song với ( ) : 2 0d x y   , biết tâm của (C’) nằm trên 
đường thẳng ( ) : 2 0x y  
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng  1 1 2 1: 1 1 1
x y z
d
    
và 2
2 1
( ) : .
2 1 1
x y z
d
  
Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua O đồng thời cắt (d1), (d2) theo thứ tự tại A và B sao cho đường thẳng AB đi qua 
điểm  2; 3; 2E    . 
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 
3 2 1 2
2 0
1 2
z i z iz
i i
        
.
 .HẾT.
 Thí sinh làm bài nghiêm túc, Giám thị không giải thích thêm.  
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(2,0)
1) Học sinh trình bày đúng, đủ các bước theo sơ đồ khảo sát hàm số
2) Phương trình hoành độ giao điểm:
   3 2 3 23 2 2 2 3 2 3 2 3 2 1 0x x m x m x x x m x m             
 2 2 1( 1) 2 2 1 0 2 2 1 0 (*)
x
x x x m
x x m
           
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biết khác 1 khi và chỉ khi: 
2
' 2 0
0
1 2.1 2 1 0
m
m
m
         
.
Khi đó 1 1 2 2( ; 2), ( ; 2)M x x N x x  . Theo Định lí Viet thì 1 2 2x x  nên dễ dàng 
có được K là trung điểm của MN. Nhận thấy (3; 3)AK  

vuông góc với vecto chỉ
phương của (d) nên tam giác AMN luôn cân tại A.
Ta có
2 2
2 1 2 1 1 2
1 1
. 6 2 3 2. 2( ) 2 2 . ( ) 4 .
2 2AMN
S AK MN x x x x x x       
Mà cũng theo Định lí Viet ta có: 1 2 1 22, . 2 1x x x x m    nên ta có phương trình:
2 2 8 1m m     .
Kết luận: Đối chiếu điều kiện 0m  thấy 1m   thỏa mãn.
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu Nội dung Điểm
Câu 2
(2,0)
1)
Điều kiện: cos .cos2 0x x  .
Phương trình tương đương với: 
 
32sin 2.sin
sin4
sin cos sin 2
2cos 2 .cos 2cos .cos 2
x x
x
x x x
x x x x
       
 32sin 2.sin sin sin cos sin 2
4
x x x x x x
        
3 2 22sin sin cos sin sin cos 2sin .cosx x x x x x x x     
22sin .(sin cos ) (sin cos ) sin (sin cos ) 0x x x x x x x x      
 2(sin cos ) 2sin sin 1 0 sin cos 0 ( cos 2 0)x x x x x x loai vi x        
Vậy phương trình vô nghiệm.
0,25
 0,5
 0,25
2) Điều kiện: 2 2 1 0x y   .
Hệ phương trình tương đương với: 
   22 2 22 2 1 2 1 2 2 (1)
( ) 3 3 (2)
y x y y x y xy y
y y x y
         
   
   2 22
2
2 2 1 (3)
3 3 (4)
y x y y x
xy y y
      
   
Ta có: 
2 2
2 2
2 2 1 2 1
(1)
2 2 1 2 1 3
y x y y x x y y x
y x y y x x y y x
           
           
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
   
   
 
 
22 2
222
2 1 , 0 2 1 2 , 0 ( )
9 2 1 6 , 3 0 ( )2 1 3 , 3 0
x y y x x y y y xy x y a
y y xy y x bx y x y y x
                            
+) Kết hợp (4) và (a) ta có hệ:    2 2
2
2 1 2 3 3 , 0
3 3
y y y y x y
xy y y
       
  
 2
2
1
13 4 7 0, 0
3 3 7 / 3
( )
41/ 21
y
xy y x y
xy y y y
loai
x
 
               
+) Kết hợp (4) và (b) ta có hệ: 
     2 2 2
22
9 2 1 6 3 3 , 3 0 3 20 17 0, 3 0
3 33 3
y y y y y x y y y x
xy y yxy y y
                      
1
1
17 / 3
415 / 51
y
x
y
x
 
    
.
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: 
1
1
y
x

 
,
17 / 3
415 / 51
y
x

 
.
0,25
0,25
0,25
Câu Nội dung Điểm
Câu III
(1,0)
 
2
3 2
1
ln(1 )I x x x dx  
Đặt: 
   2 3 4 222 1 1ln(1 ), , 1 11 4 2
x
u x v x x u v x x
x
          
ta có:
   
2
4 2 2 2 2
1
21 1 1
1 ln(1 ) 1 ln(1 ) ( 1)
14 2 2
I x x x x x x x dx
                 
4 2 225 1 1 25 21ln5 ln 2 ln 5 ln 2
14 8 4 4 8
I x x         
0,5
0,5
Câu Nội dung Điểm
Câu IV
(1,0) +) Từ giả thiết    ' ' , ' ' ' ' .CD ABB A A B CDD C 
Suy ra được ' , 'AA AB AA CD  nên
' ( )AA ABCD .Suy ra lăng trụ đã cho là
lăng trụ đứng.
Do đó góc hợp bởi BC’ và (ABCD) chính là góc

 0' 60C BC  , góc hợp bởi A’D và (ABCD)
chính là góc 
'A DA  . 
Gọi E AB CD  thì tam
giác ADE vuông cân tại E.
0,25
I
N
M
CB
C'B'
A D
E
A' D'
E'
F'
F
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
Đặt BC x thì 0 6' . tan 60 3 , ' ' . tan
2
a
CC x x CC AA AD     
Suy ra: 
2
2
a
x  , suy ra BC là đường trung bình của tam giác ABE và .AE a
Vậy  
2 3
. ' ' ' '
6 3 3 6
'. '. .
2 8 16ABCD A B C D ABCD EAB EBC
a a a
V AA S AA S S     .
+) Gọi F là đỉnh thứ 4 của hình bình vuông AEDF. Dựng hình hộp đứng AEDF.A’E’D’F’.
Gọi M là trung điểm của AF và N là trung điểm cạnh A’F’ thì dễ có 
'/ / ', '/ / '/ /CD MF MF AN CD AN . Suy ra: '/ /( ')CD ANB , nên khoảng cách giữa CD’
và AB’ chính là khoảng cách từ D’ đến (ANB’). 
Trong mặt phẳng (A’E’D’F’) gọi ' ' 'I A D B N 
thì '. '
'
9
( ', ( ')) 3 ( ', ( ')) A ANB
ANB
V
d D ANB d A ANB
S
  ; mà 
2 3 2
'. ' ' ' '
1 1 6 6 1 1 26 2 13
'. . , . ' .
3 3 2 8 48 2 2 4 2 8A ANB NA B ANB
a a a a a a
V AA S S AI B N     
Vậy khoảng cách cần tìm là '. '
'
9 3 78
( ', ( ')) 3 ( ', ( '))
26
A ANB
ANB
V a
d D ANB d A ANB
S
   .
0,25
0,25
0,25
Câu Nội dung Điểm
Câu V
(1,0) +) Bằng biến đổi ta chứng minh được: 
1 1 2
, ( , 1).
1 1 1
y z
y z yz
    
Do đó ta sẽ chứng minh: 1 2 22
1 1511
P
yz
yz
  

. Đặt [1; 2]yz t t   .
+) Xét hàm số: 
2 3
2 2 2 2
2 ( 1)(1 2 )
( ) , ( ) 0 [1; 2]
1 1 ( 1) ( 1)
t t t t
f t f t t
t t t t
      
    . 
Vậy hàm số này nghịch biến trên [1; 2].
Suy ra: 
22
( ) (2)
15
f t f  . Suy ra đpcm.
0,25
0,5
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
Câu Nội dung Điểm
Câu 
VIa
(2,0)
1) Ta có trọng tâm G AN BM  nên 2 4;
3 3
G    
.
Vì ( ; 2 )N AN N n n   suy ra (2 1; 5 2 )C n n  , 
vì N là trung điểm BC.
Ta có: 
1 1 1
( ; ). ( ; ). .
2 3 2CBG ABC
S d C BM CG S d C BM CG  
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
1
.
3GBC ABC
S S Từ đó có: 2 1 5 2 2 2( ; ). ( ; )
3 2 3 5
d C BM d C BM  
112 8 2 2
12 8 4
1/ 355 2
nn
n
n
        
. Khi đó có tọa độ G, B, C nên:
+ ) Với (1; 3)C thì (0; 2)A .
+) Với 1 13;
3 3
C    
thì 
4 2
;
3 3
A   
.
Vậy (0; 2)A , (1; 3)C hoặc 4 2;
3 3
A   
,
1 13
;
3 3
C    
.
2) Phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB là: ( ) : 2 5 0Q x y   , gọi 
( ) ( ) ( )d P Q  thì   : 5 2
7 3
x t
d y t
z t

   
   
. Khi đó tâm mặt cầu là 
( 2; 2 1; 3 1) ( ) ( 2; 2 1; 3 3)I t t t d AI t t t        

. 
Lấy điểm ( 2; 2; 3) ( )M    ta có
( 4; 2 3; 3 6)MI t t t   

. Ta có:  , 1; 2 8 7MI u t t t        
 
Vì mặt cầu (S) tiếp xúc với ( ) nên khoảng cách từ I đến ( ) bằng IA.
Khi đó: 
2
2
, 6 48 114
14 18 14 ...
3
MI u t t
IA t t
u


          
 

2 3 / 26 12 0
4 / 3
t
t t
t
       
.
+) Với 7 7 74; 2; ,
2 2 2
I R AI     
thì phương trình mặt cầu là 
  
2 2
27 7 37
( ) : 2
2 2 2
S x y z
              
.
+) Với 2 11 566; ; 5 ,
3 3 3
I R AI
     
thì phương trình mặt cầu là 
  
2 2
22 11 566
( ) : 5
3 3 3
S x y z
              
.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn bài toán trên.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
G
M
N
A
B C
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
Câu Nội dung Điểm
Câu 
VIIa.
(1,0)
Ta có: 
33z z nên    3 32 1 2 2 1 2z i z i       (*). 
Đặt .w x y i 
Ta lại có: 1 .w iz z i iw z i i w         . Đặt .w x y i  thì (*)trở thành: 
       2 2 2 23 1 2 1 3 2 1 3 4iw i y x y x             .
Vậy quỹ tích các điểm biểu diễn w trên mặt phẳng phức là đường tròn
   2 2( ) : 3 1 4C x y    .
 0,25
 0,5
 0,25
Câu Nội dung Điểm
Câu 
VIb.
(2,0)
1) Giả sử 2 2 2 2( ') : 2 2 0, ( 0).C x y ax by c a b c       
Khi tọa độ của hai điểm A, B thỏa mãn đồng thời 2 phương trình 
đường tròn nên: 2 2 2 22 2 2 4 1x y ax by c x y x y         .
Khi đó AB: (2 2) (2 4) 1 0a x b y c      .
Vì ( ')M C nên: 4 2 5a b c    (1),
Lại có: AB//(d) nên: 2 2 2 4 1 2 3 (2)
1 1
a b
a b a b
        
Tâm của (C’) là ( ; ) ( )I a b    nên: 2 0 (3)a b  .
Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình: 
4 2 5 1
3 2
2 0 5
a b c a
a b b
a b c
     
      
     
Suy ra: 2 2( ') : 2 4 5 0.C x y x y    
Thử lại thấy phương trình hai đường tròn này không cắt nhau nên không có đường tròn nào 
thỏa mãn.
2) Vì 1( )A d nên 1 1 1(1 ; 2 ;1 )A t t t   , 2( )B d nên 2 1 1(2 ;1 ; )B t t t  .
Ta có: 1 1 1 2 2 2( 3; 5; 3), (2 4; 4; 2)EA t t t EB t t t        
 
; 
 mà E, A, B thẳng hàng nên ,EA EB
 
cùng phương. Khi đó dễ có: 2 22, 4t t    
 và
      
 
1 2 1 2 11 1 1
1 1 22 2 2
5 2 3 4 13 5 3
3 2 3 12 4 4 2
t t t t tt t t
t t tt t t
                       
.
Khi đó: (2; 3; 0), (0; 0; 1)A B  và mặt phẳng cần tìm là:
( )OAB có vectơ pháp tuyến là  , 3; 2; 0OA OB    
 
và đi qua (0; 0; 0)O
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) : 3 2 0OAB x y  .
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
(d)
BI
I'A
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
Câu Nội dung Điểm
Câu 
VIIb.
(1,0)
Biến đổi phương trình thành: 
3 2
2 0
1 1
z i z i
i i
             
. 
Đặt 
1
z i
w
i
 
phương trình trở thành:   3 2 22 0 1 2 2 0w w w w w       
 22 2
11
2 2 0 1 0
ww
w w w i
           
1
1
1
w
w i
w i
 
  
  
. Khi đó: 
1 2
2
z i
z i
z i
  
 
  
.
Vậy phương trình có 3 nghiệm: 
1 2
2
z i
z i
z i
  
 
  
0,25
0,25
0,25
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com