Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 253

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌCNĂM 2012
TRƯỜNG THPT PHAN BÔI CHÂU MÔN TOÁN
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7điểm )
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số 3 2( ) 3 1y f x x x   
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho .
2.Tìm hai điểm A , B thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại A và B song song với nhau và độ
dài đoạn AB = 4 2
Câu II ( 2,0 điểm)
1.Giải phương trình : 3 3 2os 4sin 3cos .sin s inx 0c x x x x    ( 1 )
2.Giải hệ phương trình :
2 2
2
2 1(1)
(2)
xyx y x y
x y x y
       
Câu III ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I =
2
3
0
sin
(s inx cos )
x dxx


Câu IV ( 1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3 a ;
BD = 2a cắt nhau tại O ; hai mp(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mp(ABCD) . Biết khoảng cách từ
điêm O đến mp(SAB) bằng 34
a . Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm): Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình : 2 3 23 1 2 2 1x x x m    
có nghiệm duy nhất thuộc đoạn 1 ;12
   
PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, choABC với A ( 1 ; – 2 ) ; đường cao CH : x – y + 1 = 0 ; đường phân giác
trong BN : 2x + y + 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B ; C và tính diện tích ABC .
2.Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho điểm A ( 2 ; – 1 ; 0 ) ; B ( 5 ; 1 ; 1 ) ; M ( 0 ; 0 ; 12 ) . Lập
phương trình mp (  ) qua A ; B đồng thời khoảng cách từ M đến mp (  ) bằng 76 3
Câu VII.a (1,0 điểm) : Cho 2 số phức z1 , z2 thỏa mãn điều kiện : 1 2 1z z  và 1 2 3z z 
 Tính 1 2z z
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 ; tâm I là giao
điểm của 2 đường thẳng d1 : x – y – 3 = 0 và d2 : x + y – 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của
đường thẳng d1 với trục Ox . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .2. Trong không gian với hệ trục Oxyz ,cho A ( a ; 0 ; 0 ) ; B ( 0 ; b ; 0 ) C ( 0 ; 0 ;c ) thỏa a, b , c > 0 và
2 2 2a b c  = 3 . Xác định a. b .c sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mp( ABC ) là lớn nhất .
Câu VII.b (1,0 điểm) : Trong các số phức z thỏ mãn điều kiện 1 2 1z i   , tìm số phức z có mô đun
nhỏ nhất .
-------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN
Câu Đáp án Điểm
I 2,00
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 23 1y x x  
Tập xác định D R
Sự biến thiên: 2' 3 6y x x 
' 0y   x = 0 hay x = 2
0,25
+ Giới hạn: lim ; lim .x x    
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên
x – 0 2 +
y’ + 0 – 0 +
y 1 +
– –3
0,25
1
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (–  ; 0 ) và ( 2 ; + )
 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0 ; 2 )
   CD CT0 1, 2 3y y y y    
Ta có y’’ = 6x – 6  y’’ = 0 x= 1
 điểm I(1 ; – 1) là điểm uốn của đồ thị.
0,25
 Giao điểm với Oy : ( 0 ; 1 )
 Đồ thị :
 y
 1
-1 2 3
 O x
-3
0,25
1,00
2 Tìm A , B thuộc ( C )
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
1,0
 Giả sử A ( a ; 3 23 1a a  ) , B ( b ; 3 23 1b b  ) thuộc ( C ) . ( a # b )
Ta có : f/ ( a ) = f/ ( b )  3a2 – 6a = 3b2 – 6b
 ( a – b ) ( a + b – 2 ) = 0  a + b – 2 = 0 ( vì a # b )
 b = 2 – a
Theo gt : AB = 4 2  2 3 2 3 2 2( ) ( 3 3 ) 32b a b b a a     
 22 2 2(2 2 ) ( )( ) 3( )( ) 32a b a b a ab b a b a          
 22 2 2(2 2 ) ( )( 6) 32a b a b a ab        
 6 4 24( 1) 24( 1) 40( 1) 32 0a a a      
 3 11 3
a b
a b
       
0,25
0,25
0,25
 Vậy : A ( 3 ; 1 ) ; B ( – 1 ; – 3 ) 0,25
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
( 1 )  cosx(1 – sin2x ) – 4sin3x – 3cosx.sin2x + sinx = 0 .
 ( sinx + cosx ) – 4sin2x.( sinx + cosx ) = 0 0,25
 ( sinx + cosx ) ( 1 – 4sin2x ) = 0
 ( sinx + cosx ).( 2cos2x – 1 ) = 0
 s inx cos 02 os2 1 0
x
c x
   
0,25

2 sin( ) 04
1os2 2
x
c x
   
 4
6
x k
x k
 
 
      
 , k  z 0,50
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
 Điều kiện : x + y > 0
( 1 )  2 2( ) 2 1 0xyx y xy x y    
 3( ) 2 ( ) 2 ( ) 0x y xy x y xy x y      
0,25
 2( ) ( ) 1 2 ( 1) 0x y x y xy x y        
  ( 1) ( )( 1) 2 0x y x y x y xy      
 2 2( 1)( ) 0x y x y x y      ( 3)
0,25
 Với đk : x + y >0 thì 2 2( )x y x y   > 0
 Nên ( 3 )  x + y – 1 = 0  x + y = 1 .
 Thay vào ( 2 ) ta được : y2 – 3y = 0  03
y
y
 
0,25
 y = 0  x = 1
y = 3  x = – 2
 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : ( x ; y ) = ( 1 ; 0 ) ; ( x ; y ) = ( – 2 ; 3 )
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
III
Tính tích phân I =
2
3
0
sin
(s inx cos )
x dxx


1,00
Đặt t = 2
 – x  dx = – dt
 Khi x = 2
  t = 0 ; khi x = 0  t = 2
 0,25
I =
2 2
3 3
0 0
cos cos
(cos sin ) (cos s inx)
t xdt dxt t x
 
  
 2I =
2 2
3 2
0 0
(sin cos )
(s inx cos ) (s inx cos )
x x dxdxx x
    
0,25
 =
2
20 2cos ( )4
dx
x

 =
2
0
1 .tan( )2 4x
 = 1 0,25
Vậy : I = 12 0,25
IV Tính thể tích hình chóp S.ABCD 1,00
 S
 .
 D A
 I
 O H
 N
 C B
Theo giả thiết ta suy ra : SO  ( ABCD )
OAB vuông tại O , có OA = a 3 , OB = a , tanABO = 3OAOB 
  060ABO   ABD là tam giác đều .
0,25
 Gọi H là trung điểm của AB , K là trung điểm của BH .
 Ta có : DH  AB và DH = a 3
 OK // DH và OK = 32
a
 OK  AB , mặt khác : SO  AB nên : AB  ( SOK)
 Gọi I là hình chiếu của O trên SK , ta có : OI SKOI AB
   OI  (SAB)
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
 OI là khoảng cách từ O đến mp( SAB)
SOK vuông tại O , có OI là đường cao .
 Ta có : 2 2 21 1 1OI SO OK   SO = 2
a
0,25
3
.
1 1 1 3. . .3 3 2 3S ABCD ABCD
aV SO S SO AC BD   0,25
V Chứng minh bất đẳng thức ( 1 điểm ) 1,00
Xét hàm số: 2 3 2( ) 3 1 2 2 1f x x x x     xác định và liên tục trên 1 ;12
   
Ta có
2
'
2 3 2
3 3 4( ) 1 2 1
x x xf x x x x
     = 2 3 2
3 3 4( )1 2 1
xx x x x
    
0,25
 Vì : x  1 ;12
    nên x
1
2   3x + 4 > 0  2 3 2
3 3 4 01 2 1
x
x x x
   
 f/(x) = 0  x = 0
0,25
 Bảng biến thiên
:
 x 1
2 0 1
 f/(x) + 0 –
 f(x) 1
3 3 22
2

– 4
0,25
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  1 ;12
    khi
– 4 < m < 3 3 222
 hoặc m = 1
0,25
VI.a 2,00
1 1,00
ABCH ....Viết được pt AB: x + y +1 = 0 .
B AB BN   ..Tọa độ B (– 4 ; 3 ) 0,25
 Lấy A / đối xứng với A qua BN  A/  BC
 .....Tìm được tọa độ A/ ((– 3 ; – 4 )
 BC qua B và A/ ......viêt được pt BC : 7x + y + 25 = 0 .
0,25
C BC CH   ..Tọa độ C (– 13 9;4 4 )
 Tính được BC = 4504 và khoảng cách d( A ; BC ) = 3 2
0,25
1 1 450 45. ( ; ). .3 2.2 2 4 4ABCS d A BC BC    0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
2
 Gọi ( ; ; ) 0n A B C   là VTPT của mp( )
A ( 2 ; – 1 ; 0 )  ( ) nên pt ( ) : Ax + By + Cz – 2A + B = 0 .
B ( 5 ; 1 ; 1 )  ( ) nên ta có : 5A + B + C – 2A + B = 0  C = – 3A – 2B
 pt ( ) : Ax + By – ( 3A + 2B ) z – 2A + B = 0 .
0,25
 Do đó : 2 2 2
3 27 72( ;( ) 6 3 6 3(3 2 )
A B A B
d M A B A B
   
    
 17A2 – 12AB – 5B2 = 0  5
17
A B
A B
  
0,25
* A = B . Chọn A = 1 ; B = 1 ; C = – 5
pt ( ) : x + y – 5z – 1 = 0 0,25
 * A = – 517 B . Chọn A = 5 ; B = – 17 ; C = 19
pt ( ) : 5x – 17 y + 19z – 27 = 0 . 0,25
VII.a 1,00
 Gọi 1 1 1z a b i  ; 2 2 2z a b i 
 Ta có :
2 2
1 1
1 2 2 2
2 2
1
1
a bz z a b
      
0,25
1 2 1 2 1 2( )z z a a b b i      2 21 2 1 2 1 2( ) ( )z z a a b b    
2 2
1 2 1 2 1 23 ( ) ( ) 3z z a a b b      
0,25
2 2 2
1 2 1 2 1 2( ) ( )z z a a b b     = 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 2a a a a b b b b    
 = 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22( ) 2( ) 2 2a a b b a a b b a a b b        
 = 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 22( ) 2( ) [( ) ( ) ]a a b b a a b b      
0,25
 = 2.1 + 2.1 – 3 = 1
 1 2 1z z  0,25
VI.b 2,00
1 1,00
Ta có : I = 1 2d d  Tọa độ Ilà nghiệm hệ pt :
9
3 0 9 32 ( ; )6 0 3 2 2
2
xx y Ax y y
          
 Do vai trò A , B , C , D như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
 1M d Ox   M ( 3 ; 0 )
 Ta có : AB = 2.IM = 3 2
0.25
 Theo gt : ABCDS  AB . CD = 12  AD = 2 2
Vì I và M cùng thuộc d1  d1  AD
 AM qua M ( 3 ; 0 ) có VTPT là n = ( 1 ; 1 )
 Pt AM : x + y – 3 = 0
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
 Tọa độ A , D là nghiệm hệ pt : 2 2
3 0 2( 3)
x y
x y
     
 Giải hệ pt ta được : 21
x
y
  ,
4
1
x
y
    A ( 2 ; 1 ) , D ( 4 ; – 1 ) 0,25
 I là trung điểm AC nên  C ( 7 ; 2 )
 I là trung điểm BD nên  B ( 5 ; 4 )
 Vậy các đỉnh hình chữ nhật là : A ( 2 ; 1 ) , B ( 5 ; 4 ) , C ( 7 ; 2 ) , D ( 4 ; – 1 )
0,25
2 1,00
 Pt ( ABC ) có dạng : 1x y za b c  
 Khoảng cách d( O ; (ABC) ) =
2 2 2
1
1 1 1
a b c 
0,25
Ta có : 3  2 2 22 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1a b ca b c a b c                 9 0,25
 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 13 3a b c a b c      
d( O ; (ABC) ) =
2 2 2
1
1 1 1
a b c 
1
3
0,25
 Max d( O ; (ABC) ) = 13 khi a = b = c = 1
 Vậy : a = b = c = 1 thì Max d( O ; (ABC) ) = 13
0,25
VII.b 1,00
 Gọi z = a + bi . M (x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z
2 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y       
 Đường tròn ( C ) : 2 2( 1) ( 2) 1x y    có tâm I ( – 1 ; – 2 )
 Đường thẳng OI có phương trình : y = 2x
0,25
 Số phức z thỏa mãn ĐK đề bài khi điểm biểu diễn M của nó thuộc đ ường tròn
( C ) và gần gốc tọa độ nhất .
 M là 1 trong 2 giao điểm của đường tròn ( C ) với đường thẳng OI .
 Tọa độ M thỏa mãn hệ pt : 2 2
2
( 1) ( 2) 1
y x
x y
    
0,25
 Giải hệ pt ta được :
11 5
22 5
x
y
      
 ;
11 5
22 5
x
y
      
0,25
 Chọn 1 21 25 5z i
        
0,25
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com - Toán Học Việt Nam
www.MATHVN.com