Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 251

 Đề Kiểm tra chất l−ợng Đại học, cao đẳng Lần 2 
Năm học: 2011- 2012 
Môn: Toán – Khối A-B 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
------------------------------------------------------ 
* Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 
2 (1)
1
xy
x
−
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )H của hàm số (1) 
b) Chứng minh rằng đ−ờng thẳng :md y x m= − + luôn cắt ( )H tại hai điểm ,A B phân biệt với mọi m . 
Tìm m để các tiếp tuyến của ( )H tại A và B tạo với nhau một góc α thỏa mãn 8cos 17α = . 
Câu II: (2 điểm) 
1. Giải ph−ơng trình: sin3 2sin 4 tan 2 3 cos2
cos
x x
x x
x
+
= + . 
2. Giải hệ phương trình: ( ) ( )
2 3 2
22 2
1 2 2 1 4 7
1 1 5
x x y x y x
x xy x x y x
 + − + = +

+ + + = +
 (với ,x y ∈ℝ ). 
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 
4
2
0 9
xI dx
x x
=
+ +
∫ . 
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . 
3 , 4AB SD a AD SB a= = = = (với 0a > ). Đ−ờng chéo AC vuông góc với mặt phẳng ( )SBD . Tính 
thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đ−ờng thẳng SA và BD . 
Câu V: (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực d−ơng thỏa mãn 2 2 2 1x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: ( ) ( ) ( )2 2 2
x y zP
y z z x x y
= + +
+ + +
. 
* Phần riêng (3 điểm): - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) - 
Phần A. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.A: (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm ( )1;1I ; hai đ−ờng thẳng AB và CD lần l−ợt 
đi qua các điểm ( )2;2M − và ( )2; 2N − . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết C có tung độ âm. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2: 2 4 6 5 0S x y z x y z+ + − − + + = , đ−ờng thẳng 
1 1
:
2 1 2
x y zd − += =
−
 và điểm ( )0; 2;0M − . Viết ph−ơng trình mặt phẳng ( )P đi qua M , song song với d 
và tiếp xúc với ( )S . 
Câu VII.A: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( ) 221 1 10 3z z i z+ + − − = + . 
Phần B. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.B: (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( ) 3 91;2 , ;
2 2
M N  −  
 
 lần l−ợt là trung điểm của AB 
và CA . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết ( )2;1H là trực tâm của tam giác ABC . 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = và các đ−ờng thẳng 
1
1 3
:
2 3 2
x y zd − −= =
−
, 2
5 5
:
6 4 5
x y zd − += =
−
. Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng ∆ cắt cả hai đ−ờng thẳng 
1 2,d d ; song song với ( )P và cách mặt phẳng ( )P một khoảng bằng 2. 
Câu VII.B: (1 điểm) Tìm mô đun của số phức z , biết rằng ( )4 3 26 6
2
z i z i
i
+ − = +
−
www.MATHVN.com --------------------Hết-------------------- www.MATHVN.com 
đáp án Bài kiểm tra chất l−ợng Đại học, cao đẳng – Lần 2 
www.MATHVN.com - Năm học 2011-2012 - www.MATHVN.com 
Môn thi : Toán – Khối A 
Câu Nội dung Điểm 
Phần chung cho tất cả thí sinh 
TXĐ: { }\ 1ℝ . 
Ta có 
1 1
2
lim lim
1x x
x
y
x+ +→ →
−
= =−∞
−
, 
1
lim
x
y
−→
=+∞ . Tiệm cận đứng: 1x = . 
2
lim lim 1
1x x
x
y
x→±∞ →±∞
−
= =
−
. Tiệm cận ngang: 1y = . 
0,25 
Ta có 
( )2
1
' 0 1
1
y x
x
= > ∀ ≠
−
. Hàm số đồng biến trên ( );1−∞ và ( )1;+∞ . 
Hàm số không có cực trị. 
0,25 
+
x
'y
y
1−∞ +∞
+∞
+
1
1 −∞ 
0,25 
Câu I.1 
(1 đ) 
3) Đồ thị: 
+) Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;2), cắt trục hoành tại (2;0). 
 Đồ thị nhận giao điểm I(1;1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
Ta có 
22 2 0 (2)
1 1
x x mx m
x m
x x

− − + − =
= − + ⇔ 
− ≠
 0,25 
Ta có ( )22 4 8 2 4 0m m m m∆ = − + = − + > ∀ và 1x = không thỏa mãn (2) nên md luôn cắt ( )H 
tại hai điểm ,A B phân biệt với mọi m . 
0,25 
Khi đó theo Viete ta có 
. 2
A B
A B
x x m
x x m
+ =

= −
( ) ( )
( )( )
1 1 2
1 1 1
A B
A B
x x m
x x
− + − = −
⇔ 
− − = −
Tiếp tuyến của ( )H tại A và B có hệ số góc lần l−ợt là ( ) ( )2
1
'
1
A A
A
k y x
x
= =
−
và ( ) ( )2
1
'
1
B B
B
k y x
x
= =
−
. Suy ra 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
1 1 1
. . 1
1 11 1
A B
A BA B
k k
x xx x
 
= = = 
− −
− −  
Ta có vectơ pháp tuyến của các tiếp tuyến lần l−ợt là ( ); 1A An k= −

 và ( ); 1B Bn k= −

. 
Để góc giữa hai tiếp tuyến là α thỏa mãn 8cos
17
α = thì 
2 2
. 1 8
171. 1
A B
A B
k k
k k
+
=
+ +
0,25 
Câu I.2 
(1 đ) 
( )( )2 2 171 1 4A Bk k⇔ + + = 174A Bk k⇔ + = ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 11 1 17 17
4 41 1 1 1
A B
A B A B
x x
x x x x
 
− + − 
  ⇔ + = ⇔ =
 − − − − 
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
2
2 2
1 1 2 1 1 17
41 1
A B A B
A B
x x x x
x x
− + − − − −  ⇔ =
− −
[ ]2 17 32 2 2
4 2
m m⇔ − + = ⇔ − = ± 7 1
2 2
m m⇔ = ∨ = 
0,25 
Điều kiện ( )cos 0
2
x x m m
pi
pi≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ (*). Khi đó 
( ) ( )1 sin3 2sin4 sin 2 3cos cos2 sin3 sin 2 3cos cos2 2sin4 0x x x x x x x x x x⇔ + = + ⇔ − − + = 
0,25 
Câu II.1 
(1 đ) 
( )2cos2 sin 2 3cos cos2 4sin2 cos2 0 2cos2 sin 3cos 2sin2 0x x x x x x x x x x⇔ − + = ⇔ − + = 0,25 
O x
y
1
2
3
1−2−
1
2 3 4
4
1−
2−
cos 2 0
sin 3 cos 2sin 2 0
x
x x x
=
⇔ 
− + =
 www.MATHVN.com 
TH1: ( )cos2 0
4 2
x x k kpi pi= ⇔ = + ∈ℤ (thỏa mãn (*)) 0,25 
TH2: sin 3 cos 2sin 2 0x x x− + = 3 1sin 2 cos sin sin 2 sin
2 2 3
x x x x x
pi 
⇔ = − ⇔ = − 
 
( )
22 2
3 9 3
22 2 2
3 3
x x k x k
k
x x k x k
pi pi pi
pi
pi pi
pi pi pi
 
= − + = + 
⇔ ⇔ ∈ 
 
= − + + = +
  
ℤ
 (thỏa mãn (*)) 
Vậy nghiệm của ph−ơng trình (1) là ( )2 2, , 2
4 2 9 3 3
x k x k x k kpi pi pi pi pi pi= + = + = + ∈ℤ 
0,25 
Từ pt (2) ta có ( ) ( ) ( )22 1 1 1 0x xy x x xy+ + − − + = ( )( ) ( )21 1 1 0x xy x x⇔ + − + − = 
( ) 21 2 1 0x x x ⇔ − + − =  2
1
2 1 0
x
x y x
=
⇔ 
+ − =
0,25 
Với 1x = thay vào (1) ta đ−ợc 3 2 1 4 7 2 1 2 1 1 0 1y y y y y − + = + ⇔ + + + = ⇔ = −  
Do đó ( ) ( ); 1; 1x y = − . 0,25 
Với 2
2
1 22 1 0 xx y x y
x
−
+ − = ⇔ = (Do 0x = không thỏa mãn hệ pt) 
thay vào (1) ta đ−ợc 2 3 2
2 2
1 2 1 21 2 2 1 4 7x xx x x x
x x
− − 
+ − + = + 
 
( )2 211 2 2 4 1 2 7xx x x x x
x
−
⇔ + − = − + ( )
2
2 2 1 1 11 2 0 2 0x x xx x
x x x
− − − 
⇔ − − = ⇔ − = 
 
0,25 
Câu II.2 
(1 đ) 
1 1 2 0x x
x x
−  − 
⇔ − = 
 
1 10 2hoặcx x
x x
− −
⇔ = = ± 11; 1;
3
x
 
⇔ ∈ − 
 
. 
Do đó ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 ; 1;3 ; ;3
3
x y   ∈ − −  
  
. Vậy hệ pt có 3 nghiệm ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 ; 1;3 ; ;3
3
x y   ∈ − −  
  
0,25 
( )4 4 22
0 0
1 9
99
xI dx x x x dx
x x
= = + −
+ +
∫ ∫
4 4
2 2
0 0
1 9
9
x x dx x dx
 
= + − 
  
∫ ∫
0,25 
Tính 
4
2
1
0
9I x x dx= +∫
. Đặt 2
2
9
9
x
t x dt dx
x
= + ⇒ =
+
. ( )2 2 229 9 9
x
x x dx x dx t dt
x
⇒ + = + =
+
 0,25 
Đổi cận: Ta có 0 3; 4 5x t x t= ⇒ = = ⇒ = . Do đó 5 2 3
1
3
51 98
33 3
I t dt t= = =∫ 0,25 
Câu III 
(1 đ) 
Tính 
4
2 3
2
0
41 64
03 3
I x dx x= = =∫ . Vậy [ ]1 21 1 98 64 349 9 3 3 27I I I
 
= − = − =  
 0,25 
Vì ( )AC SBD⊥ nên ( ) ( )SBD ABCD⊥ . Trong 
mp( )SBD kẻ SH BD⊥ tại H . Khi đó 
SH BD
SH AC
⊥
⇒ ⊥
( )SH ABCD⊥ nên SH là đ−ờng cao của 
hình chóp .S ABCD . 
Vì ABD∆ vuông tại A nên 2 2 5BD AB AD a= + = . 
Vì ( ) ( ) ( )2 22 2 2 24 3 5SB SD a a a BD+ = + = = nên 
SBD∆ vuông tại S . Do đó . 4 .3 12
5 5
SB SD a a aSH
BD a
= = =
. 
0,25 
Câu IV 
(1 đ) 
Vì ( )AC SBD⊥ nên AC BD⊥ . Gọi K AC BD= ∩ . Trong ABD∆ ta có . 12
5
AB AD aAK
BD
= =
. 
Trong ABC∆ vuông tại B ta có 22 15
.
4
AB aAK AC AB AC
AK
= ⇒ = = . 
0,25 
A
BC
D
K
E
H
S
F
3a
4a
3a
4a
Suy ra diện tích đáy ABCD là 21 1 15 75
. . .5
2 2 4 8
S ABCD
a aAC BD a= = = www.MATHVN.com 
Vậy thể tích khối chóp .S ABCD là 2 3
.
1 1 75 12 15
. . . .
3 3 8 5 2
V SS ABCD ABCD
a a aSH= = = . 
* Qua A kẻ đ−ờng thẳng d song song với BD , qua H kẻ đ−ờng thẳng song song với AC 
cắt d tại E . Vì AC BD⊥ nên hình bình hành HKAE là hình chữ nhật. Do đó AE HE⊥ . 
Mặt khác AE SH⊥ nên ( )AE SHE⊥ . Trong ( )SHE kẻ HF SE⊥ tại F . Suy ra 
( )HF SAE⊥ và do đó ( ), ( )d H SAE HF= 
0,25 
Vì ( )//BD SAE nên ( ) ( ) ( ), ,( ) ,( )d d dBD SA BD SAE H SAE HF= = = . Trong SHE∆ vuông tại H 
ta có 
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 6 22
12 5
aHF
aHF SH HE SH AK
 
= + = + = ⇒ = 
 
. Vậy ( ) 6 2,( )
5
d
aH SAE = 
0,25 
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có ( ) ( )( ) ( )2 2 2 2 2 21 1 2 1y z y z x+ ≤ + + = − 
(Đẳng thức xảy ra khi y z= ). Do đó 
( ) ( )2 22 1
x x
xy z
≥
−+
 (1) 0,25 
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số d−ơng 2 2 22 , 1 , 1x x x− − ta đ−ợc 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
22 2 2 23
2 2
2 1 12 2 1 3 3 3 32 1 1
3 3 2 43 3 1 2 1
x x x x
x x x x x
x x x
+ − + −
= ≥ − ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ⇔ ≥
− −
 (2) 
(Đẳng thức xảy ra khi 2 2 32 1
3
x x x= − ⇔ = ). 
0,25 
Từ (1) ,(2) suy ra 
( )
2
2
3 3 (3)
4
x
x
y z
≥
+
 T−ơng tự 
( )
2
2
3 3 (4)
4
y y
z x
≥
+
 và 
( )
2
2
3 3 (5)
4
z
z
x y
≥
+
0,25 
Câu V 
(1 đ) 
Từ (3), (4), (5) suy ra 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2
3 3 3 3
4 4
x y zP x y z
y z z x x y
= + + ≥ + + =
+ + +
Đẳng thức xảy ra khi 3
3
x y z= = = . Vậy 3 3min
4
P = khi 3
3
x y z= = = . 
0,25 
Phần A. Theo ch−ơng trình chuẩn 
Gọi 'M đối xứng với M qua I . Ta có ( )' 4;0M thuộc đt 
CD . Đt CD đi qua , 'N M nên nó có pt là 4x t
y t
= +

=
. 
0,25 
A B
CD
M
N
I
'M H 
Gọi H là hình chiếu của I trên CD, suy ra ( )4 ;H h h+ , 
( )3; 1IH h h= + − . Vì IH CD⊥ nên 
. ' 0 1IH NM h= ⇔ = −
 
. Vậy ( )3; 1H − và 2 2IH = . 
0,25 
Vì C thuộc CD nên ( )4 ;C c c+ . Từ 2 2HC IH= = suy ra ( )1 loạic = và 3c = − (tm) 0,25 
Câu 
VI.A.1 
(1 đ) 
Với 3c = − suy ra ( ) ( ) ( ) ( )1; 3 , 5;1 , 1;5 , 3;1C D A B− − 0,25 
d đi qua ( )1; 1;0A − và có vt chỉ ph−ơng ( )2;1; 2u = − . ( )S có tâm ( )1;2; 3I − và bán kính 3R = . 
Gọi vectơ pháp tuyến của ( )P là ( ); ;n a b c= với 2 2 2 0a b c+ + ≠ 
Vì ( ) //P d nên ( ). 0 2 2 0 2 2 *n u a b c b c a= ⇔ + − = ⇔ = −  
0,25 
Vì ( )P đi qua ( )0; 2;0M − nên ph−ơng trình của ( )P là ( )2 0ax b y cz+ + + = 
Vì ( )P tiếp xúc với ( )S nên ( ); ( )d I P R=
2 2 2
4 3
3
a b c
a b c
+ −
⇔ =
+ +
 (**) 0,25 
Câu 
VI.A.2 
(1 đ) 
Thay (*) vào (**) ta đ−ợc ( )( )2 2 2 04 2 20 0 2 2 2 5 0
2 5 0
a c
a ac c a c a c
a c
− =
+ − = ⇔ − + = ⇔  + =
. 
TH1: 2 0a c− = và ( )2b c a= − ta chọn 1c = suy ra 2, 2a b= = − . 0,25 
Pt của ( )P là 2 2 4 0x y z− + − = . Vì ( )P đi qua A nên ( )d P⊂ (không thỏa mãn). 
TH2: 2 5 0a c+ = và ( )2b c a= − ta chọn 5; 2a c= = − suy ra 14b = − . 
Pt của ( )P là 5 14 2 28 0x y z− − − = . Vì ( )A P∉ nên ( )//d P (thỏa mãn) 
Vậy ph−ơng trình của ( )P là 5 14 2 28 0x y z− − − = . 
0,25 
Gọi ( ),z a bi a b= + ∈ℝ . Ta có ( ) 221 1 10 3z z i z+ + − + = + 
( ) ( ) ( )2 22 21 2 1 1 10 3a a bi b a b i a bi⇔ + + + − + − + + = − + 0,25 
( ) ( )22 1 2 3 10 0a a ab b i⇔ − − + + + = 0,25 
22 1 0
2 3 10 0
a a
ab b

− − =
⇔ 
+ + =
 www.MATHVN.com 0,25 
VII.A 
(1 đ) 
 ( ) ( ) ( ) 1; 1, 2 ; , 5
2
hoặca b a b  ⇔ = − = − − 
 
. Vậy 1 2z i= − hoặc 1 5
2
z i= − − . 0,25 
Phần B. Theo ch−ơng trình nâng cao 
Ta có 
5 5
;
2 2
MN  =  
 

, suy ra vectơ chỉ ph−ơng của AH là ( )1; 1u = − . 
Pt tham số của AH là 
2
1
x t
y t
= +

= −
. 
0,25 
A
B C
H
M N
Vì A AH∈ nên ( )2 ;1A a a+ − . Suy ra ( )4 ;3B a a− − + , 
( )1 ;8C a a− + . ( )6 ;2HB a a= − − + , ( )1 2 ;7 2AC a a= − − + . 0,25 
Vì BH AC⊥ nên . 0HB AC =
 
( )( ) ( ) ( )6 1 2 2 7 2 0a a a a⇔ − − − − + + + = 
2 6 5 0 1 5hoặca a a a⇔ + + = ⇔ = − = − 
0,25 
Câu 
VI.B.1 
(1 đ) 
Với 1a = − ta đ−ợc ( ) ( ) ( )1;2 , 3;2 , 2;7A B C− . Với 5a = − ta đ−ợc ( ) ( ) ( )3;6 , 1; 2 , 6;3A B C− − . 0,25 
Mp(P) có vectơ pháp tuyến ( )1; 2;2n = − . Gọi giao điểm của ∆ với 1 2,d d lần l−ợt là A và B. 
Ta có ( ) ( )1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ;4 ; 5 5A a a a B b b b+ − + − − . ( )4 2 6 ; 3 3 4 ; 5 2 5AB a b a b a b⇒ = − + − + + − − − . 0,25 
Vì ( )// P∆ nên . 0AB n =  0a b⇔ + = (1) 0,25 
Vì ( ) ( )2 ;( ) ;( )d P d A P= ∆ = nên 06 12 2 2 1 1
13
aa
a
a
=− + 
= ⇔ − = ⇔ 
=
 0,25 
Câu 
VI.B.2 
(1 đ) 
Với 0a = ta đ−ợc 0b = ( )4; 3; 5AB⇒ = − − . Pt ∆ là: 1 3
4 3 5
x y z− −
= =
− −
Với 1a = thì 1b = − ( )4; 4; 2AB⇒ = − − − . Pt ∆ là: 3 2
2 2 1
x y z− −
= = . 
0,25 
Gọi ( ),z a bi a b= + ∈ℝ . Ta có ( )4 3 26 6
2
z i z i
i
+ − = +
−
 ( )( ) ( ) ( ) ( )2 5 4 3 5 26 6i a bi i a bi i⇔ + + + − − = + 0,25 
( ) ( )22 16 14 18 130 30a b a b i i⇔ − + − − = + 0,25 
22 16 130 3
14 18 30 4
a b a
a b b
− = = 
⇔ ⇔ 
− − = = − 
. 0,25 
Câu 
VII.B 
(1 đ) 
Vậy 3 4 5z i z= − ⇒ = 0,25 
Chú ý: Nếu thí sinh giải cách khác, đúng thì vẫn cho điểm tối đa ! 
Tĩnh Gia, ngày 28 tháng 02 năm 2012 
 Lê Thanh Bình 
www.MATHVN.com