Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 250

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM 2012 
 TRƯỜNG THPT HOẰNG HOÁ 4 Môn: TOÁN; Khối: A 
  Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm ) 
 Câu 1(2.0 điểm) 
 Cho hàm số: y= x3- 3mx + 2 có đồ thị (Cm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m= 1 
2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị (Cm) cắt đường tròn tâm I(1; 1), 
bán kính R= 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 
 Câu 2(2.0 điểm ) 
1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh sau: 
  22 3 c o s 2 s in 2 4 1
2 c o s 1
xx
x
    
  

2. Giải bất phương trình : 2 4 26( 3 1) 1 0x x x x      ( ).x 
 Câu 3(1.0 điểm). Tính tích phân : I = 
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x


 . 
 Câu 4(1.0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với , 2AB a AD a  , tam 
giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( )SAB vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Biết góc giữa mặt phẳng 
( )SAC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính thể tích khối chóp 
.S ABCD theo a và tính cosin góc giữa hai đường thẳng CH và .SD 
 Câu 5(1.0 điểm). Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn x y z xyz   và 1 1 1, ,x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 2 2 2
11 1yx zP
y z x
 
   . 
PHẦN RIÊNG(3.0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình chuẩn 
 Câu 6a.(2.0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm  1;3A và đường tròn (C): 2 2 6 2 6 0x y x y     .Viết phương 
trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC. 
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ ,Oxyz cho điểm (0;2;0)M và hai đường thẳng 
 1 2
1 2 3 2
: 2 2 ( ); : 1 2 ( )
1 , ,
x t x s
y t t y s s
z t z s
    
          
     
  . 
 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng 1 2,  
lần lượt tại A, B thoả mãn 1AB  . 
 Câu 7a(1.0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức: 10)2)(3)(( 2  zzzz , z C. 
B. Theo chương trình nâng cao 
 Câu 6b(2.0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 12 6 6 , tọa độ các đỉnh A(-2; 0), 
B(4; 0) và độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng 5. Tìm tọa độ điểm C, biết tung độ của nó là 
số dương. 
 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; -1; 2), N(-1; 1; 3).Viết phương trình mặt phẳng 
(Q) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0    một góc nhỏ nhất. 
 Câu 7b(1.0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức : 25 8 6z i
z
   , z C. 
 .........................HẾT ......................... 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh:; Số báo danh: 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2. NĂM 2012 
 Môn thi : TOÁN , khối A( Đáp án gồm 04 trang). 
Câu Nội dung Điểm 
 1 
(2.0đ) 
1) 
1đ 
Với m = 1 hàm số trở thành : y = x3 -3x+ 2 
 TXĐ+ y’: 0.25đ; Cực trị+ giới hạn: 0.25đ; BBT: 0.25đ; Đồ thị: 0.25đ 
c1
 1) Có y’= 3x2- 3m, y’= 0 có 2 nghiệm phân biệt khi m> 0. Khi đó toạ độ 2 điểm cực trị của đồ thị là 
M( , 2 2m m m ), N( ,2 2m m m  ) 
PT đường thẳng MN là: 2mx+ y- 2= 0. 
Đường thẳng MN cắt đường tròn (I; R) tại 2 điểm A, B. Diện tích tam giác IAB= 
. .sin 1
2 2
IA IB AIB
 , dấu’’=’’ xảy ra khi  AIB= 900. Lúc đó khoảng cách từ I đến MN bằng 
2
2
 < R. Suy ra ta có pt: 
2
2 12 2( , )
2 24 1
2 3
2
m
d I MN
m
m

  


 
0,25 
0.25 
0,25 
0.25 
 2 
(2.0đ) 
1) 
  22 3 cos 2sin 2 4 1
2cos 1
xx
x
    
  

. §k: 2
3
x k    
 2 3 cos 1 cos 2 2cos 12 4
xPT x x          
  
2cos 3 cos 1 cos 2 cos 1
2
x x x x        
 
3 cos cos 0
2
x x      
 
3 cos sin 0x x    
tan 3
3
x x k      . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ta ®­îc nghiÖm cña 
PT lµ:  4 2
3
x k k    
0,25 
0,25 
0,25 
0.25 
 2) Tập xác định:  .. 
BPT  2 2 2 26 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x            
2 2
2 2
1 6( 1)12. 6 0
1 1
x x x x
x x x x
   
   
   
 (vì 2 1 0,x x x    ) 
Đặt:
2
2
6( 1)
1
x xt
x x
 

 
 (t > 0), ta được 22 6 0t t   30
2
t   . 
BPT đã cho tương đương với 
0,25 
0,25 
0,25 
2
2
2
6( 1) 9 11 21 11 215 11 5 0 ; .
1 4 10 10
x x x x x
x x
    
       
   
0,25 
 3 
(1.0đ) 
I = 
4
2
0
tan
cos 1 cos
xdx
x x


 = 
4
2 2
0
tan
cos 2 tan
xdx
x x


 . 
Đặt t = 2 2 2 2
tan x2 tan t 2 tan tdt = 
cos
dxx x
x
     
Đổi cận : x = 0  t = 2 
 x = t 3
4

  
I = 
3 3
2 2
3 2tdt dt
t
    
0,25 
0,25 
0.5 
4 
(1.0đ) 
Do ( ) ( )SAB ABCD và SAB 
cân đỉnh S . 
Gọi H là trung điểm của AB 
( )SH ABCD  . 
Kẻ HK AC  góc SKH là góc 
giữa 2mp ( ) và ( )SAC ABCD , nên 
 060SKH  . 
Xét 2 tam giác đồng dạng 
AKH ABC  
2 3
2
aAH AC a
KH BC KH a
    
6
aKH  . 
 Tam giác SHK vuông 
0 0tan 60 tan 60 3
6 2
SH a aSH HK
HK
       . 
Gọi V là thể tích khối chóp 
3
ABCD
1 1 2
3 3 32
a aV SH S a a         . 
Gọi M là điểm đối xứng với H qua A . Ta có ( , ) ( , )CH SD SD DM . 
Từ giả thiết ta có ( )DA SBA SAD   vuông tại A. 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 112
4 2 4
a a aSD AD AS AD SH HA a          , 
2 2
2 2 2 92
4 4
a aDM CH a    , 
2 2
2 2 2 2 3
2 2
a aSM SH HM a     . 

2 2 2 2
2 2 2
2
11 9 6 7
7 114 4 4 2cos
2 3311 3 3 112
2 2 2
a a a a
SD DM SMSDM
SD DM a a a
  
   

 
Vậy 
7 11cos( , )
33
CH SD  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5 
(1.0đ) 
Ta có 2 2 2
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1P
y z x
        
   
 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
   
        
   
 (1). 
Mà 2 2 2
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1
y z x
        
  
      2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1x 1 y 1 z 1
x y y z x z
                 
    
      2 2 2x 1 y 1 z 1
xy yz xz
      = 1 1 1 1 1 12( ) 2( )
x y z xy yz zx
     (2). 
Từ (1) và (2) suy ra 
 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1P 2
x y z x y z xy yz zx
 
         
 
 (3) 
Từ giả thiết ta có 
1 1 1 1
xy yz zx
   (4). 
Mà 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
x y z xy yz zx
      (5). 
2
1 1 1 1 1 1 1 1 13 3
x y z xy yz zx x y z
   
           
   
 (6) 
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 1  . 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3   . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 1 khi x y z 3   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
6a 
(2.0đ) 
1 Dễ thấy A nằm ngoài (C). Theo yêu cầu bài toán , ,A B C thẳng hàng và AB=BC hay B là 
trung điểm AC. Gọi 
  
 
 
2 1
( ; ), ( ; )
2 3
m a
B a b C m n
n b
 . 
Do B, C nằm trên (C) nên 
2 2
2 2
3
6 2 6 0 1
56 2 6 0
1
a
a b a b b
mm n m n
n
 
       
 
     
  
hoặc 
7
5
1
5
9
5
13
5
a
b
m
n
 

 



  

. 
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là x+y-4=0 và 7x+y-10=0. 
0,25 
0,5 
0,25 
2 
Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. 
1 2(1 2 ;2 2 ; 1 ); (3 2 ; 1 2 ; ).A A t t t B B s s s           
Suy ra  2 2( ); 3 2( ); 1 ( )AB s t s t s t       

2 2
1
9( ) 22( ) 14 1 13.
9
s t
AB s t s t
s t
  
       
   

Với 1 (0; 1;0)s t AB      

 (P) có một vtpt 1 ; (0;0;1)n AB i   
  
, suy ra 
( ) : 0P z  (loại do (P) chứa trục O x ). 
0.25 
0.25 
0.25 
 Thí sinh có thể làm cách khác mà kết quả đúng vẫn đạt điểm tối đa. 
2 
Với 
13 8 1 4; ;
9 9 9 9
s t AB          
 

, 
 suy ra ( )P có một vtpt 2
4 1; (0; ; )
9 9
n AB i    
  
, 
suy ra ( ) : 4 8 0P y z   (thỏa mãn bài toán) 
0,25 
7a 
(1.0đ) 
PT  10)3)(1)(2( zzzz 2 2( 2 )( 2 3) 10z z z z    (*) 
 Đặt zzt 22  . Khi đó phương trình (*) trở thành: 01032  tt 
 










61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm: 61z ; iz  1 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
6b 
(2.0đ) 
1 Gọi I(x0; y0) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, suy ra PT đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC 
là: 
(x – x0)2 + (y – y0)2 = 25. Vì điểm A(-2; 0), B(4; 0) thuộc đường tròn nên đường tròn ( C) có PT là: 
 (x – 1)2 + (y – 4)2 = 25 hoặc (x – 1)2 + (y + 4)2 = 25. 
Vì A(-2; 0), B(4; 0) và dt(ABC) = 12 6 6 nên đường cao CH = 4 2 6 . Hai điểm A, B nằm 
trên trục hoành và C có tung độ là số dương nên C nằm trên đường thẳng y = 4 2 6 
Do đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
   2 2x – 1 y – 4 25
4 2 6y
  

 
(1) hoặc 
   2 2x – 1 y + 4 25
4 2 6y
  

 
(2)-(VN) 
Giải hệ (1), (2) ta có điểm C(0; 4 2 6 ), C(2; 4 2 6 ). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 Mặt phẳng (Q) đi qua M nên có phương trình dạng : 
 A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với 2 2 2A B C 0   . 
Vì điểm N thuộc ( Q ) nên thay tọa độ N vào pt (Q) ta được: A =2B + C 
Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: 
2 2
B
cos
5B 4BC 2C
 
 
Nếu B = 0 thì  090 . 
Nếu B 0 , đặt m = C
B
,ta có: 
2 2
1 1 1cos
32m 4m 5 2(m 1) 3
   
   
. 
 nhỏ nhất khi 
1cos
3
   m = -1  B = - C chọn B= 1 thì C=-1 nên A= 1 
Vậy mặt phẳng ( Q): x y z 3 0    
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7b 
(1.0đ) 
 Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 
Khi đó 2 2
1 1; a biz a bi
z a bi a b

   
 
Khi đó phương trình 2 2
25 25( )8 6 8 6a biz i a bi i
z a b

       

 
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)( 25) 6( )
a a b a b
b a b a b
    

   
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 
3
4
b a thế vào (1) 
Ta có a = 0 hoặc a = 4 
Với a = 0  b = 0 ( Loại) 
Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 
0,25 
0,25 
0,25 
0.25