Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 159

SỞ GIÁO DỤC_ĐT TP HCM                              THI THỬ ĐẠI HỌC , NĂM 2011 
THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG  (Thời gain 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
singer@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) 
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). 
Câu II (2 điểm): 
1. Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)
            
2. Giải phương trình: 2sin x 1 cos2x 2cosx 7sin x 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
        . 
Câu III (1 điểm): 
Tính tích phân sau: I = 
3 3 3 22
1
x x 8 (6x 4x )ln x dx
x
   
Câu IV (1 điểm): 
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên 
bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích 
của hình cầ ại tiế ứ diện SOCD. 
Câu V (1 đi m) 
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh: 
3 3 3
1 1 1 3
8(1 x) (1 y) (1 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 Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc 
tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết 
rằng C có hoành độ là một số nguyên. 
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2
2 1 2
     , (d2): 
x 2 t
y 3 t
z 4 t
      
và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), 
(d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . 
Câu VII.a (1 điểm): 
 Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z 3 2i 2z 1 2i     
2. Theo chương trình nâng cao: 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm 4 2G ;
3 3
    và trực tâm trùng 
 vớ ốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diệ ết xB < xC . n tích tam giác ABC bi
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): x 1 y 2 z 2
2 1 2
     , (d2): 
x 2 t
y 3 t
z 4 t
      
 và mặt 
 phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với 
 (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3. 
Câu VII.b (1 điểm): ải hệ phương trình 
x y
lnx 2 lny lnx lny
e e (ln y ln x)(1 xy)
2 3.4 4.2
      
. Gi
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 
Thời gian: 180 phút 
Câu ý Nội dung Điểm 
Câu I Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. ∑ = 2đ 
 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑ = 1.25đ 
 Tập xđ và Giới hạn 0.25 
 y' = 3x2 – 6x 
 y' = 0  x = 0 hay x = 2 
0.25 
 Bảng biến thiên: 0.25 
 y'' và điểm uốn 
Giá trị đặc biệt 
0.25 
 Đồ thị và nhận xét: 0.25 
 2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ 
 Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k 
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. 
0,25 
 (d) tiếp xúc (C)  
3 2
2
x 3x 3 kx k 1
3x 6x k
       
 có nghiệm. 
 x3 – 3x2 + 3 = 3x3 – 6x2 + 3x2 – 6x – 1 
 2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. 
0.25 
 * x = 2  k = 0  (d): y = –1. 
* x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 0.25 
Câu II ∑ = 2 đ 
 1 
Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)
            
∑ = 1đ 
(I)  
2 2
2 2
y xy x 4y 1
7y y(x y) 2x 2
         
 
2
2
2y(x y) 2x 8y 2 (1)
y(x y)(x y) 2x 7y 2(2)
          
(1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y 
 (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí)). 
 x – y = 3 hay x – y = –5. 
0.5 
  x – y = 3  x = y + 3. 
(1)  –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0 
 y2 + 7y + 10 = 0  y 2 x 1
y 5 x 2
         
. 
0.25 
  x – y = –5  x = y – 5. 
(1)  10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) 
Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5). 
0.25 
 2 
Giải phương trình: 2sin x 1 cos2x 2cosx 7sin x 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
        . ∑ = 1đ 
 Điều kiện: 
0.25 
2cosx 3 0
cos2x 2cosx 1 3(cosx 1) 0
       
 2cosx 3 
(cosx 1)(2cosx 3) 0
    
 
3cosx
2
cosx 1
   
. 
 (1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5 
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5 
 2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0 
 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0 
 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0 
0.25 
 
1sin x
2 
sin x cosx 5
   
 
x k2
6
5x k2
6
       
0.25 
So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 5 k2
6
   (k  Z). 0.25 
Câu III 
Tính tích phân sau: I = 
3 3 3 22
1
x x 8 (6x 4x ) ln x dx
x
   ∑ = 1đ 
 I = 
2 2 3
1
x x 8 dx + 2 21 (6x 4x) ln xdx = I1 + I2. 0.25 
  Tính I1: Đặt t = 3x 8  t2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx = 2 tdt
3
. 
Đổi cận: x = 1  t = 3 
 x = 2  t = 4. 
Do đó I1 =  
434
3
3
2 2 t 2 74t. tdt . 64 27
3 3 3 9 9
        . 
0.25 
  Tính I2: Đặt u = lnx  u' = 1
x
 v' = 6x2 + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2 
 I2 = 
2 23 2 2
11
(2x 2x ) ln x (2x 2x)dx      = 
23
2
1
2x 2324 ln2 x 24 ln2
3 3
       
. 
0.25 
Vậy I = 74 23 524 ln2 24 ln2
9 3 9
    0.25 
Câu IV Cho hình chóp SABCD có 
ABCD là hình bình hành tâm O, 
AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh 
bên bằng nhau và bằng 3a, gọi 
M là trung điểm của OC. Tính 
thể tích khối chóp SABMD và 
diện tích của hình cầu ngoại tiếp 
tứ diện SOCD. 
∑ = 1đ 
  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD). 
 ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật. 
 SABCD = AB.AD = 24a 3 . 
0.25 
  Ta có BD = 2 2 2 2AB AD 4a 12a 4a    
KI
G
MO
D
B C
A
S
 SO = 2 2 2 2SB OB 9a 4a a 5    . 
Vậy VSABCD = 
3
ABCD
1 4a 15S .SO
3 3
 . Do đó VSABMD = 3SABCD3 V a 154  . 
0.25 
  Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại 
tiếp ∆ OCD. 
Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆
OCD. 
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I. 
Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt 
cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. 
0.25 
Ta có: GO = CD 2a 
3 3
 ; R = KO = 
2 2
2 2 5a 4a a 31OI OG
4 3 12
    . 
Do đó Scâu = 
2 2
2 31a 31 a4 R 4 .
12 3
    . 
0.25 
Câu V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. 
Chứng minh: 
3 3 3
1 1 1 3
8(1 x) (1 y) (1 z)
     (1) 
∑ = 1đ 
Ta có: 
3 3 2
1 1 1 3 1.
8 2(1 x) (1 x) (1 x)
     
Tương tự, ta được: 
2 2 2
3 1 1 1 32VT .
2 8(1 x) (1 y) (1 z)
         
0.25 
Do đó ta cần chứng minh 
2 2 2
1 1 1 3
4(1 x) (1 y) (1 z)
     (2) 
Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1. 
Khi đó ta có: 
2 2
1 1 2 
1 xy1 x 1 y
    (3) 
 2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2
 2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0 
 (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1) 
0.25 
 Áp dụng (3) ta được: 
VT (2) ≥ 
2 2 2
1 1 1
2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)
    (vì 2(1 + x
2) ≥ (1 + x)2.) 
≥ 
2
1 2 1
2 1 xy (1 z)
      ( Do (3)) 
 = 
2 2
1 1 z 1
1 z 1(1 z) (1 z)1
z
   
 = 
2
2
z z 1
(z 1)
 
 = 
2 2 2 2
2 2 2
4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3
4 44(z 1) 4(z 1) (z 1)
          
0.25 
 Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh. 0.25 
VI.a ∑ = 2đ 
 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. 
Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. 
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên 
∑ = 1đ 
  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0). 
Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0  a 4
a 2
   
 a = 4  A(0; 4). 0.25 
  C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). 
C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0 
 26y2 + 18y – 8 = 0 
 
y 1 x 5
4 20y x
13 13
        
 C(5; –1) (Do xC  Z) 0.25 
  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0 
 m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0. 
B  (AB)  B(b; 5b + 4). 
B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0  b 0
b 1
   
. 0.25 
 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) 
Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận). 
Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 
0.25 
 2 
Trong kg Oxyz cho (d1): 
x 1 y 2 z 2
2 1 2
     , (d2): 
x 2 t
y 3 t
z 4 t
      
 và mặt phẳng (): 
x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), 
(d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . 
∑ = 1đ 
 M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m) 
N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)  NM 2m n 1;m n 5; 2m n 2        ; n (1; 1;1)  
MN // ()  n .NM 0 
   2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0 
 –m + n + 2 = 0  n = m – 2. 
0.25 
  NM = ( 3m – 3; -3; –3m) 
 2 2 2 2NM (3m 3) ( 3) 9m 3 2m 2m 2        
 NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2. 0.25 
  m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  (). 0.25 
  m = 2: M(5; 0; –2) và NM

 = 3(1; –1; –2)  (d): x 5 y z 2
1 1 2
    0.25 
 VII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z 3 2i 2z 1 2i     ∑ = 1đ 
 Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R). 
Ta có: z 3 2i 2z 1 2i     
 x yi 3 2i 2(x yi) 1 2i        (x 3) (y 2)i (2x 1) (2y 2)i       0.5 
 (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25 
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0. 0.25 
VI.b ∑ = 2đ