Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 147

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH  ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN  MÔN : TOÁN; Thới gian làm bài :180 phút 
I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) 
Câu I. (2,0 điểm) 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số 
x 1 
y 
x 2 
- + 
= 
- 
. 
2.  Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x. 
Câu II(2,0  điểm) 
1.  Giải phương trình 
( ) sin 2x cos x 3 cos 2x sin x 
0 
2sin 2x 3 
+ - + 
= 
- 
. 
2.  Giải hệ phương trình 
4 2 2 
2 2 
x 4x y 4y 2 
x y 2x 6y 23 
ì + + - = ï 
í 
+ + = ï î 
. 
Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 
( ) 
2 
x ln x 2 
y 
4 x 
+ 
= 
- 
và trục hoành. 
Câu IV.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD =  a 2 , góc giữa hai mặt 
phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0  . Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và 
thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp 
hình chóp S.AHC 
Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn  2 2 2 x y z 2xy 3(x y z) + + + = + +  . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
20 20 
P x y z 
x z y 2 
= + + + + 
+ + 
. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
a. Theo chương trình chuẩn 
Câu VIa. (2,0 điểm) 
1.  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ 
từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(­5;1). 
2.  Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;­1;2), C(­1;1;3) và đường thẳng 
x 1 y z 2 
: 
1 2 2 
- - 
D = = 
- 
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và cắt mặt 
phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất 
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn  z 3i 1 iz - = -  và 
9 
z 
z 
-  là số thuần ảo. 
b. Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb(2,0 điểm) 
1.  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C):  2 2 x y 4x 2y 15 0 + - + - =  . Gọi I là tâm đường tròn (C). 
Đường thẳng D  đi qua M(1;­3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng D  biết tam 
giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. 
2.  Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;­1;0) và đường thẳng 
x 2 y 1 z 1 
: 
2 1 1 
- + - 
D = = 
- 
và mặt phẳng 
(P): x + y + z  ­ 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với D  và 
khoảng cách từ A đến đường thẳng D  bằng 
33 
2 
. 
Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1  , z2 thoả mãn  1 2 1 2 z z z z 0 - = = >  . Tính 
4 4 
1 2 
2 1 
z z 
A 
z z 
æ ö æ ö 
= + ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
chihao@moet.edu.vn gửi tới  www.laisac.page.tl
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 
MÔN:   TOÁN;    Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu  Đáp án  Điểm 
1. (1,0 điểm) 
a. Tập xác định:  }. 2 { \ R = D 
b. Sự biến thiên: 
* Chiều biến thiên: Ta có  2 , 0 
) 2 ( 
1 
' 
2 ¹ " > - 
=  x 
x 
y  . 
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ) 2 ; (-¥  và  ) ; 2 ( ¥ +  . 
* Giới hạn:  1 
2 
1 
lim lim - = 
- 
+ - 
= 
+¥ ® +¥ ®  x 
x 
y 
x x 
và  1 
2 
1 
lim lim - = 
- 
+ - 
= 
-¥ ® -¥ ®  x 
x 
y 
x x 
; 
+¥ = 
- 
+ - 
= 
- - ® ®  2 
1 
lim lim 
2 2  x 
x 
y 
x x 
và -¥ = 
- 
+ - 
= 
+ + ® ®  2 
1 
lim lim 
2 2  x 
x 
y 
x x 
. 
* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là  1 - = y  ; đường tiệm cận đứng là  2 = x  . 
0,5 
*Bảng biến thiên: 
x ¥ -  2 ¥ + 
' y + + 
y 
¥ + 
1 -  1 - 
¥ - 
c. Đồ thị: 
Đồ thị hàm số cắt  trục hoành tại (1; 0), 
cắt  trục  tung  tại  )
2 
1 
; 0 ( -  và  nhận  giao 
điểm  ) 1 ; 2 ( - I  của hai tiệm cận làm tâm 
đối xứng. 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Vì đường thẳng AB vuông góc với  x y =  nên phương trình của AB là  m x y + - =  . 
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình  m x 
x 
x 
+ - = 
- 
+ - 
2 
1 
, hay phương trình 
2 , 0 1 2 ) 3 ( 2 ¹ = + + + -  x m x m x  (1) 
Do phương trình (1) có  m m m m m " > + - = + - + = D  , 0 5 2 ) 1 2 ( 4 ) 3 (  2 2  nên có hai nghiệm 
phân biệt  2 1 , x x  và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có 
1 2 ; 3  2 1 2 1 + = + = +  m x x m x x 
0,5 
I. 
(2,0 
điểm) 
Theo giả thiết bài toán ta có  16 ) ( ) ( 16  2 1 2 
2 
1 2 
2 = - + - Û =  y y x x AB 
. 1 3 0 3 2 8 ) 1 2 ( 4 ) 3 ( 
8 4 ) ( 8 ) ( 16 ) ( ) ( 
2 2 
2 1 
2 
2 1 
2 
1 2 
2 
1 2 
2 
1 2 
- = Ú = Û = - - Û = + - + Û 
= - + Û = - Û = - + + - + - Û 
m m m m m m 
x x x x x x m x m x x x 
* Với  3 = m  phương trình (1) trở thành  2 3 0 7 6 2 ± = Û = + -  x x x  . Suy ra hai điểm A, 
B cần tìm là  ) 2 ; 2 3 ( ), 2 ; 2 3 ( - - +  . 
* Với  1 - = m  ta có hai điểm A, B cần tìm là  ) 2 2 ; 2 1 ( - - +  và  ) 2 2 ; 2 1 ( + - -  . 
Vậy cặp điểm TM:  ) 2 ; 2 3 ( ), 2 ; 2 3 ( - - +  hoặc  ) 2 2 ; 2 1 ( - - +  ,  ) 2 2 ; 2 1 ( + - -  . 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
II. 
(2,0  Điều kiện: p p  k x x + ¹ Û ¹ 
6 2 
3 
2 sin  và  . , 
3 
Z Î + ¹  k k x p p 
x O  1 
1 - 
2 
y 
I
Khi đó pt  3 2 sin 2 ) sin 2 (cos 3 cos 2 sin - = + - + Û  x x x x x 
0 ) 2 cos 3 )(sin 3 cos 2 ( 
0 ) 2 cos 3 )( 3 cos 2 ( ) 3 cos 2 ( sin 
0 3 cos 2 cos 3 sin 3 2 sin 
= - + + Û 
= - + + + Û 
= - - + + Û 
x x x 
x x x x 
x x x x 
0,5 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
+ = 
+ ± = 
Û 
ê 
ê 
ê 
ê 
ë 
é 
= ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ + 
- = 
Û 
p p 
p p 
p 
2 
6 
2 
6 
5 
1 
3 
sin 
2 
3 
cos 
k x 
k x 
x 
x 
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là  Z Î + =  k k x  , 2 
6 
5 
p 
p 
. 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Hệ 
ï î 
ï 
í 
ì 
= + + 
= - + + 
Û 
23 6 ) 2 ( 
10 ) 2 ( ) 2 ( 
2 
2 2 2 
y y x 
y x 
Đặt  . 2 , 2 2 - = + =  y v x u  Khi đó hệ trở thành 
ê 
ë 
é 
= - = + 
= = + 
Û 
î 
í 
ì 
= + + 
= + 
Û 
î 
í 
ì 
= + + + - 
= + 
67 , 12 
3 , 4 
19 ) ( 4 
10 
23 ) 2 ( 6 ) 4 )( 2 ( 
10  2 2 2 2 
uv v u 
uv v u 
v u uv 
v u 
v v u 
v u 
0,5 
điểm) 
TH 1.  67 , 12 = - = +  uv v u  , hệ vô nghiệm. 
TH 2. 
î 
í 
ì 
= 
= + 
3 
4 
uv 
v u 
, ta có ê 
ë 
é 
= = 
= = 
3 , 1 
1 , 3 
v u 
v u 
* Với 
î 
í 
ì 
= 
= 
1 
3 
v 
u 
ta có ê 
ë 
é 
= 
± = 
Û 
î 
í 
ì 
= 
= 
3 
1 
3 
1 2 
y 
x 
y 
x 
* Với 
î 
í 
ì 
= 
= 
3 
1 
v 
u 
ta có 
î 
í 
ì 
= 
- = 
3 
1 2 
y 
x 
, hệ vô nghiệm. 
Vậy nghiệm (x, y) của hệ là  ). 3 ; 1 ( ), 3 ; 1 ( - 
Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế  2 x  theo y từ phương trình thứ hai vào phương 
trình thứ nhất. 
0,5 
III. 
(1,0 
điểm) 
Ta có phương trình ê 
ë 
é 
- = 
= 
Û = 
- 
+ 
1 
0 
0 
4 
) 2 ln( 
2  x 
x 
x 
x x 
. Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính 
là hình phẳng giới hạn bởi các đường 
. 0 , 1 , 0 , 
4 
) 2 ln( 
2 
= - = = 
- 
+ 
=  x x y 
x 
x x 
y 
Do đó diện tích của hình phẳng là  . d 
4 
) 2 ln( 
d 
4 
) 2 ln(  0 
1 
2 
0 
1 
2 ò ò 
- - - 
+ - 
= 
- 
+ 
=  x 
x 
x x 
x 
x 
x x 
S  . 
Đặt  x 
x 
x 
v x u  d 
4 
d ), 2 ln( 
2 - 
- 
= + =  . Khi đó  2 4 ,
2 
d 
d  x v 
x 
x 
u - = 
+ 
=  . 
Theo công thức tích phân từng phần ta có 
. d 
2 
4 
2 ln 2 d 
2 
4 
) 2 ln( 4 
0 
1 
2 0 
1 
2 
1 
0 
2 ò ò 
- - - + 
- 
- = 
+ 
- 
- + - =  x 
x 
x 
x 
x 
x 
x x S 
0,5
Đặt  . sin 2  t x =  Khi đó  t t x  d cos 2 d =  . Khi  ;
6 
, 1 p - = - =  t x  khi  . 0 , 0 = =  t x 
Suy ra  . 3 
3 
2 ) cos ( 2 d ) sin 1 ( 2 d 
2 sin 2 
cos 4 
d 
2 
4  0 
6 
6 
0 
0 
6 
2 0 
1 
2 
- + = + = - = 
+ 
= 
+ 
- 
= ò ò ò 
- - - - 
p 
p p p 
t t t t t 
t 
t 
x 
x 
x 
I 
Suy ra  .
3 
3 2 2 ln 2 p - + - = S 
0,5 
+) Từ giả thiết suy ra  ). (ABCD SH ^ 
Vẽ  ) (  AC F AC HF Î ^  AC SF ^ Þ 
(định lí ba đường vuông góc). 
Suy ra  . 60 0 = ÐSFH 
Kẻ  ). (  AC E AC BE Î ^  Khi đó 
.
3 2 
2 
2 
1  a 
BE HF = = 
Ta có = =  0 60 tan . HF SH  . 
2 
2 a 
Suy ra  . 
3 
. 
3 
1  3 
. 
a 
S SH V  ABCD ABCD S = = 
0,5 
IV. 
(1,0 
điểm 
+) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có 
. 
2 4 
3 3 
2 
. . 
4 
. .  a 
S 
AC HC AH 
S 
AC HC AH 
r 
ABC AHC 
= = = 
Kẻ  đường  thẳng D  qua  J  và  . // SH D  Khi  đó  tâm  I  của  mặt  cầu  ngoại  tiếp  hình  chóp 
AHC S.  là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và D  trong mặt phẳng (SHJ). Ta có 
. 
4 
2 
2 
2 2  r 
SH 
JH IJ IH + = + = 
Suy ra bán kính mặt cầu là  . 
32 
31 
a R = 
Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ. 
0,5 
Từ giả thiết ta có  . ) (
2 
1 
) ( ) ( 3  2 2 2  z y x z y x z y x + + ³ + + = + + 
Suy ra  6 £ + +  z y x  . 
0,5 V. 
(1,0 
điểm 
Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có 
2 
2 
1 1 
4 
2 
8 
2 
8 
) 2 ( 
8 8 
) ( - ÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ 
+ ÷ 
÷ 
ø 
ö 
ç 
ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ 
+ + + ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ 
+ 
+ 
+ 
+ + = 
y z x y y 
y 
z x z x 
z x P 
. 26 
2 
2 8 
22 2 
) 2 )( ( 
8 
12 12 
4 
³ 
+ + + 
+ ³ - 
+ + 
+ + ³ 
z y x y z x 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  3 , 2 , 1 = = =  z y x  . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi  3 , 2 , 1 = = =  z y x  . 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
Ta  có  ). 8 ; 3 ( - - A  Gọi  M  là  trung  điểm  BC 
AH IM // Þ  . Ta suy  ra pt  . 0 7 2 : = + -  y x IM 
Suy ra tọa độ M thỏa mãn 
). 5 ; 3 ( 
0 9 6 13 
0 7 2 
M 
y x 
y x 
Þ 
î 
í 
ì 
= - - 
= + -  0,5 
VIa. 
(2,0 
điểm) 
Pt đường thẳng  . 0 11 2 0 5 ) 3 ( 2 : = - + Û = - + -  y x y x BC Þ Î BC B  ). 2 11 ; (  a a B -  Khi đó 
0,5 
B 
A 
H  M 
I 
C 
B 
A 
S 
D 
C 
E 
F
J 
I K 
H
ê 
ë 
é 
= 
= 
Û = + - Û = 
2 
4 
0 8 6 2 
a 
a 
a a IB IA  . Từ đó suy ra  ) 7 ; 2 ( ), 3 ; 4 (  C B  hoặc  ). 3 ; 4 ( ), 7 ; 2 (  C B 
2. (1,0 điểm) 
Ta có  ). 3 ; 1 ; 2 ( ), 2 ; 1 ; 1 ( - - -  AC AB  Suy ra pt  . 0 1 : ) ( = - - -  z y x ABC 
Gọi tâm mặt cầu Þ D ΠI  ) 2 2 ; 2 ; 1 (  t t t I + -  . Khi đó bán kính đường tròn là 
. 2 
3 
6 ) 1 ( 2 
3 
8 4 2 
)) ( , ( 
2 2 
2 2 ³ 
+ + 
= 
+ + 
= - = 
t t t 
ABC I d IA r 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  . 1 - = t 
0,5 
Khi đó  . 5 ), 0 ; 2 ; 2 ( = -  IA I  Suy ra pt mặt cầu  . 5 ) 2 ( ) 2 (  2 2 2 = + + + -  z y x  0,5 
Đặt  ). , (  R Î + =  b a bi a z  Ta có  | 1 | | 3 |  z i i z - = -  tương đương với 
| 1 | | ) 3 ( | | ) ( 1 | | ) 3 ( |  ai b i b a bi a i i b a - - = - + Û - - = - + 
2 ) ( ) 1 ( ) 3 (  2 2 2 2 = Û - + - = - + Û  b a b b a  .  0,5 
VIIa. 
(1,0 
điểm) 
Khi  đó 
4 
) 26 2 ( 5 
4 
) 2 ( 9 
2 
2 
9 
2 
9 
2 
2 3 
2 + 
+ + - 
= 
+ 
- 
- + = 
+ 
- + = - 
a 
i a a a 
a 
i a 
i a 
i a 
i a 
z 
z  là  số  ảo  khi  và 
chỉ khi  0 5 3 = -  a a  hay  5 , 0 ± = =  a a  . 
Vậy các số phức cần tìm là  i z i z i z  2 5 , 2 5 , 2 + - = + = =  . 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
Đường tròn (C) có tâm  ), 1 ; 2 ( - I  bán kính  . 5 2 = R  Gọi H 
là trung điểm AB. Đặt  ). 5 2 0 ( < < =  x x AH  Khi đó ta có 
2  4 1  . 8 20 8 
2 (ktm vì ) 2 
x 
IH AB x x 
x AH IA 
= é 
= Û - = Û ê = < ë 
nên  . 2 4 = Þ =  IH AH 
0,5 
Pt đường thẳng qua M:  ) 0 ( 0 ) 3 ( ) 1 (  2 2 ¹ + = + + -  b a y b x a 
. 0 3 = - + + Û  a b by ax 
Ta có  b a a b a a 
b a 
b a 
IH AB I d 
3 
4 
0 0 ) 4 3 ( 2 
| 2 | 
2 ) , ( 
2 2 
= Ú = Û = - Û = 
+ 
+ 
Û = =  . 
* Với  0 = a  ta có pt  . 0 3 : = + D  y 
* Với  . 
3 
4 
b a =  Chọn  3 = b  ta có  4 = a  . Suy ra pt  . 0 5 3 4 : = + + D  y x 
Vậy có hai đường thẳng D  thỏa mãn là  0 3 = + y  và  . 0 5 3 4 = + +  y x 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với D . Khi đó pt  . 0 3 2 : ) ( = - + -  z y x Q  Ta có 
). 1 ; 1 ; 1 ( ), 1 ; 1 ; 2 (  P Q  n n -  Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó 
) 3 ; 1 ; 2 ( ] , [ - = =  Q P d  n n u  và  d N Π) 1 ; 0 ; 1 (  nên pt của 
ï 
î 
ï 
í 
ì 
- = 
= 
+ = 
t z 
t y 
t x 
d 
3 1 
2 1 
:  . 
Vì  d AΠ suy ra  ). 3 1 ; ; 2 1 (  t t t A - + 
0,5 
VIb. 
(2,0 
điểm) 
Gọi H là giao điểm của D  và mặt phẳng (Q). Suy ra  ). 
2 
1 
;
2 
1 
; 1 ( - H 
Ta có 
7 
8 
1 0 16 2 14 
2 
33 
) , (  2 = Ú - = Û = - - Û = = D  t t t t AH A d  . 
Suy ra  ) 4 ; 1 ; 1 ( - - A  hoặc  ). 
7 
17 
;
7 
8 
; 
7 
23 
( - A 
0,5 
VIIb. 
(1,0 
điểm) 
Đặt  w 
z 
z 
= 
2 
1  ta được  0 | | | | | |  2 2 2 2 > = = -  z w z z w z  . Hay  1 | | | 1 | = = -  w w  . 
Giả sử  ) , (  R Î + =  b a bi a w  . Khi đó ta có  0,5 
M 
H  B 
I 
A
1 ) 1 (  2 2 2 2 = + = + -  b a b a  hay  . 
2 
3 
,
2 
1 
± = =  b a 
* Với  .
3 
sin 
3 
cos 
2 
3 
2 
1 p p 
i i w + = + =  Ta có 
3 
4 
sin 
3 
4 
cos 4 
p p 
i w + =  và  . 
3 
4 
sin 
3 
4 
cos 
1 
4 p p 
i 
w 
- = ÷ 
ø 
ö 
ç 
è 
æ 
Do đó  1 
3 
4 
cos 2 - = = p A  . 
* Với  i w 
2 
3 
2 
1 
- =  , tương tự ta cũng có  1 - = A  . 
Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức. 
0,5