Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 255

www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
www.MATHVN.com 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( )3 2 2 33 3 1 (1)y x mx m x m m= − + − − + , m là tham số. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 
2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa 
 độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình ( )2 3 cot 1 73cot 4 2 cos 1
sin 4
x
x x
x
+ pi 
+ − + = 
 
. 
2. Giải phương trình 24 6 2 13 17 ( )x x x x x− + − = − + ∈ℝ . 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )2 4 23
1
1 ln( 1) lnxI x x dx
x
−
= + −∫ . 
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C , biết '.A ABC là hình chóp đều có cạnh đáy bằng a . Góc giữa 
hai mặt phẳng ( )'A BC và ( )' 'BCC B bằng 090 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng 'AA và 'B C theo a . 
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện 1 , , 4
2 8
a b c
a b c
≤ ≤

+ + =
. 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 35P a b c= + + . 
Câu VI (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 2 4 20 0C x y x y+ − + − = và đường thẳng 
( ) : 3 4 20 0d x y+ − = . Chứng minh d tiếp xúc với ( )C . Tam giác ABC có đỉnh A thuộc ( )C , các đỉnh B 
và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc ( )C . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C biết trực tâm của tam giác 
ABC trùng với tâm của đường tròn ( )C và điểm B có hoành độ dương. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y zd d+ − + −= = = =
−
. 
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng 1 2,d d đồng thời vuông góc với mặt phẳng 
( ) : 4 2 5 0P x y z+ − + = . 
Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức z biết 22( 1) 1 (1 )z z i z+ + − = − . 
----------------- Hết ----------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh.............................................................; Số báo danh........................................................... 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 
MÔN: TOÁN; KHỐI: A 
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Nội dung Điể
m 
Câu I.1 
(1,0đ) 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số............... 
Với 1m= , ta có hàm số 3 23y x x= − 
* Tập xác định: D R= 
* Sự biến thiên: 2' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x= 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( );0 và 2;+−∞ ∞ . Hàm số nghịch biến trên 
khoảng ( )0;2 . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D0; 0Cx y= = , đạt cực tiểu tại 2, 4CTx y= = − 
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞ 
0,25 
- Bảng biến thiên 
0,25 
Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm ( )0;0 , 
cắt trục hoành tại điểm ( ) ( )0;0 , 3;0 
 '' 6 6; '' 0 1y x y x= − = ⇔ = . 
Đồ thị nhận điểm ( )1; 2− làm tâm đối xứng. 
0,25 
Câu I.2 
(1,0đ) 
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu 
của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị 
đến O. 
 ( ) ( )3 2 2 3 2 23 3 1 ' 3 6 3 1y x mx m x m m y x mx m= − + − − + ⇒ = − + − 
( )2 2 2 2 1' 0 3 6 3 1 0 2 1 0 1
x m
y x mx m x mx m
x m
= −
= ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ 
= +
0,25 
x 
−∞ +∞ 
'y 
y 
0 
0 0 
−∞ 
0 +∞ 
4− 
2 
+ 
− + 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
Hàm số có cực đại, cực tiểu m∀ ∈ℝ . 
Điểm cực đại của đồ thị là ( )1;2 2A m m− − . Điểm cực tiểu của đồ thị là 
( )1; 2 2B m m+ − − 
0,25 
Khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách 
từ điểm cực đại đến 
O 3OB OA⇔ = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 2 2 3 1 2 2m m m m⇔ + + − − = − + − 
 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 2 2 9 1 2 2 2 5 2 0m m m m m m ⇔ + + − − = − + − ⇔ − + =  
0,25 
12
2
m hoac m⇔ = = . Đáp số 1 2
1
, 2
2
m m= = 
0,25 
CâuII.
1 
(1,0) 
 Giải phương trình ( )2 3 cot 1 73cot 4 2 cos 1
sin 4
x
x x
x
+ pi 
+ − + = 
 
Điều kiện sin 0 ,x x k kpi≠ ⇔ ≠ ∈ℤ . 
( )2 3 cot 1 73cot 4 2 cos 1
sin 4
x
x x
x
+ pi 
+ − + = 
 
( )
2
2
2
2 2
cos 1
cos sin3 3 4 2 cos 2 1
sin sin 4
cos cos sin3 3 4 sin cos 1
sin sin
x
x x x
x x
x x x
x x
x x
pi
pi
+
 
⇔ + − − + = 
 
+
⇔ + − + =
0,25 
( ) ( )
( )( )
( )( ) ( )
( )( )
( )( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
3cos 3 sin cos 4 sin cos sin sin
sin cos 3 4sin 3cos sin 0
sin cos 3 4sin 3 1 sin sin 0
sin cos 3 4sin 3 4sin 0
3 4sin 03 4sin sin cos 1 0
sin cos 1 0
x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x
x x x
x x
⇔ + + − + =
⇔ + − + − =
⇔ + − + − − =
⇔ + − + − =

− =
⇔ − + + = ⇔ 
+ + =
0,25 
Xét phương trình 
( )2 13 4sin 0 3 2 1 cos 2 0 2cos 2 1 cos 2
2
x x x x− = ⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = −
22 2
3 3( ) ( )
22 2
3 3
x k x k
k k
x k x k
pi pi
pi pi
pi pi
pi pi
 
= + = + 
⇔ ∈ ⇔ ∈ 
 
= − + = − +
  
ℤ ℤ . Thỏa mãn điều kiện. 
0,25 
 Xét phương trình 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
1
sin cos 1 0 2 sin 1 sin
4 4 2
x x x x
pi pi   
+ + = ⇔ + = − ⇔ + = −   
   
2 24 4 ( ) ( )2
22
4 4
x k
x kk k
x kx k
pi pi
pi+ = − + pi  = − + pi⇔ ∈ ⇔ ∈
pi pi
= pi + pi+ = pi + + pi 
ℤ ℤ 
Kết hợp điều kiện 2 ,
2
x k kpi pi⇒ = − + ∈ℤ 
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm 
3
x kpi pi= + , 
3
x kpi pi= − + , 
2 ,
2
x k kpi pi= − + ∈ℤ 
0,25 
Câu II 
.2 
(1,0đ) 
Giải phương trình 24 6 2 13 17 0 ( )x x x x x− + − − + − = ∈ℝ 
Điều kiện 4 6x≤ ≤ 
( ) ( )2 24 6 2 13 17 4 1 6 1 2 13 15 0x x x x x x x x− + − = − + ⇔ − − + − − − + − = 
0,25 
( )( ) ( )( ) ( )24 1 4 1 6 1 6 1 2 13 15 0
4 1 6 1
x x x x
x x
x x
− − − + − − − +
⇔ + − − + =
− + − +
( )( )5 5 5 2 3 0
4 1 6 1
x x
x x
x x
− −
⇔ + − − − =
− + − +
0,25 
( )
5
1 15 (2 3) 0 1 1 (2 3) 04 1 6 1
4 1 6 1
x
x x
xx x
x x
=
  ⇔ − − − − = ⇔  
− − − =
− + − + 

− + − +
0,25 
1 1 1 1(2 3) 0 2 3
4 1 6 1 4 1 6 1
x x
x x x x
− − − = ⇔ − = −
− + − + − + − +
 (1) 
Ta có 1 1 1 1
4 1 6 1 4 1x x x
− < ≤
− + − + − +
 và [ ]2 3 5, 4;6x x− ≥ ∀ ∈ nên phương 
trình (1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5x = . 
0,25 
Câu III 
(1,0đ) Tính tích phân ( )
2 4
2
3
1
1 ln( 1) lnxI x x dx
x
−
= + −∫ 
( )2 24 2 2 223 2
1 1
1 1 1 1ln( 1) ln lnx x x xI x x dx dx
x x x x
− + − +
= + − =∫ ∫ 
0,25 
Đặt 
2 2
2 2
1 1 1 11x xt x dt dx dx
x x x x
+ − 
= = + ⇒ = − = 
 
. 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
Đổi cận 1 2x t= ⇒ = ; 52
2
x t= ⇒ = . Ta có 
5
2
2
lnI t tdt= ∫ 
Đặt 2
ln
2
dtdu
u t t
dv tdt t
v

== 
⇒ 
= 
=

; 
5
2 2
2
5
1ln 2
2 22
tI t tdt= − ∫ 
0,25 
2
5
25 5 1 25 5 9ln 2ln 2 ln 2ln 22
8 2 4 8 2 162
t= − − = − − 
0,25 
Câu IV 
(1,0đ) 
Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Biết '.A ABC là hình chóp đều với cạnh đáy bằng 
a ............... 
Gọi , ,M N E lần lượt là trung điểm của AB , BC và ' 'B C ; H CM AN= ∩ . Có H là 
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC . Từ '.A ABC là hình chóp đều 
' ( )A H ABC⇒ ⊥ 
Góc giữa hai mặt phẳng ( )'A BC và ( )' 'BCC B bằng 090 ( )( ' ) ' 'A BC BCC B⇒ ⊥ . Có 
' ' ( ' ') 'A N BC A N BCC B A N NE⊥ ⇒ ⊥ ⇔ ⊥ . 
0,25 
• Đặt ' ' ' ( 0)A A A B A C x x= = = > . 
2
2 2 2 2
' '
4
aA N A B BN x= − = − ; 
' '
/ / ' / / '
NE BB NE AA
NE BB NE AA
= = 
⇒ ⇒ 
 
 Tứ giác 'ANEA là hình 
bình hành 3
'
2
NE x
aA E
=

⇒ 
=

• Trong tam giác vuông 'A NE có 
22
2 2 2 2 2 2 23 2
' ' 2
4 2 2
a a aA N NE A E x x x a x
 
+ = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = 
 
22 2 2 2
2 2 2 2 3 6
' ' . '
2 3 2 2 3 6 6
a a a a a aA H A A AH A H
 
= − = − = − = ⇒ = 
 
0,25 
E
B'
C'
H
M N
A C
B
A'
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C là 
2 36 3 2
' . .
6 4 8ABC
a a aV A H S∆= = = 
' / / ' ' / /( ' ')A A B B A A BCC B⇒ ⇒ 
( ) ( ) ( )' , ' ' , ( ' ') , ( ' ')d A A B C d A A BCC B d A BCC B= = 
0,25 
( ' ) ' '
'
BC AN
BC A AN BC AA BC BB
BC A N
⊥
• ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Tứ giác ' 'BCC B là 
hình chữ nhật 
2
'
1 1 2 2
' . .
2 2 2 4B BC
a aS B B BC a∆⇒ = = = 
( ) ( )
( )
3
'.
'. '
'
3
2
31 2 1
,( ') . , ( ')
3 24 3
2
8
,( ')
22
4
B ABC
B ABC B BC
B BC
VaV V d A BCB S d A BCB
S
a
ad A BCB
a
∆
∆
• = = = ⇒ =
⇒ = =
0,25 
Câu V 
(1,0đ) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn điều kiện 
1 , , 4
2 8
a b c
a b c
 ≤ ≤
 + + =
. Tìm gtln của 
3 3 35P a b c= + + . 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 33 3 3 3 3
3 2
5 3 5 8 2 3 8 2 5
3 96 384 512 3 8 2
P a b c a b ab a b c c ab c c
P c c c ab c
= + + = + − + + = − − − +
⇔ =− + − + − −
0,25 
• Ta có ( )( ) ( )1 1 0 1 0 1 8 2 1 7 2a b ab a b ab a b c c− − ≥ ⇒ − + + ≥ ⇒ ≥ + − = − − = − . 
( ) ( )( ) ( ) ( )( )8 2 7 2 8 2 3 8 2 3 7 2 8 2ab c c c ab c c c− ≥ − − ⇒ − − ≤ − − − .Do
4 8 2 0c c≤ ⇒ − ≥ 
( )
( )( )
3 2
3 2 3 2
3 96 384 512 3 8 2
3 96 384 512 3 7 2 8 2 3 84 294 344
P c c c ab c
c c c c c P c c c
=− + − + − −
≤− + − + − − − ⇒ ≤− + − +
0,25 
Từ giả thiết suy ra 2 6 3c c≤ ⇒ ≤ 1 3c⇒ ≤ ≤ 
Xét hàm số 3 2( ) 3 84 294 344f c c c c= − + − + với [ ]1;3c ∈ 
[ ]
[ ]
2 2 2
'( ) 9 168 294; '( ) 0 9 168 294 0 3 56 98 0
28 7 10 1;3
3
28 7 10 1;3
3
f c c c f c c c c c
c
c
= − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + =
 +
= ∉
⇔

−
= ∈

0,25 
c 1 3 
'( )f c 
( )f c 
28 7 10
3
−
131 137 
28 7 10( )
3
f − 
− 0 + 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 137 , đạt được khi 3, 1, 1c a b= = = 
0,25 
Câu 
VI.1 
(1,0đ) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 
2 2( ) : 2 4 20 0C x y x y+ − + − = ....... 
Đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I − và bán kính 5R = 
( )
2 2
3 8 20
, 5
3 4
d I d R
− −
= = =
+
Suy ra d tiếp xúc với ( )C 
0,25 
Gọi H là tiếp điểm của ( )C và d . Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình 
2 2
3 4 20 0 4 (4;2)
2 4 20 0 2
x y x
H
x y x y y
+ − = = 
⇔ ⇒ 
+ − + − = = 
Do I là trực tâm ABC∆ và IH BC A IH⊥ ⇒ ∈ . Kết hợp ( )A C∈ ⇒ là điểm đối 
xứng của H qua I
2 2 ( 2; 6)
2 6
A I H A
A I H A
x x x x
A
y y y y
= − = − 
⇒ ⇒ ⇒ − − 
= − = − 
0,25 
Gọi M là trung điểm cạnh AB . Do HA là đường kính nên HM AM⊥ 
 Tam giác HAB có HM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên HAB∆ cân tại 
H 2 10HB HA R⇒ = = = ; 20 3( ; )
4
bB d B b −∈ ⇒ . 
2 2
2 220 3 20 310 ( 4) 2 10 ( 4) 2 100
4 4
b bHB b b− −   = ⇔ − + − = ⇔ − + − =   
   
2
2 2 412 3( 4) 100 8 48 0
124
bbb b b
b
= −− 
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  
=  
.Do 0 (12; 4)Bx B> ⇒ − 
0,25 
20 3 44 3( ; ) 2;
4 4
c c
c d C c AC c− − ∈ ⇒ ⇒ = + 
 

; ( 11;2)BI = −

44 3
. 0 11( 2) 2 0 0 (0;5)
4
cAC BI AC BI c c C−⊥ ⇒ = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒
 
0,25 
M
I
C
B
A
H
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
CâuVI.
2 
(1,0đ) 
Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 
1 2
1 1 1 4
: , :
1 2 1 1 2 3
x y z x y zd d+ − + −= = = =
−
................ 
Phương trình tham số của 1 2
1
: 1 2 ; : 1 2
4 3
x m x k
d y m d y k
z m z k
= = + 
 
= − + = − − 
 
= = + 
Gọi giao điểm của ∆ với 1 2,d d lần lượt là ,A B ; 
( ) ( ); 1 2 ; , 1 ; 1 2 ;4 3A m m m B k k k− + + − − + 
0,25 
( )1 ; 2 2 ;4 3AB k m k m k m= + − − − + − . Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến 
(1;4; 2)n = −

. Do ( )P AB∆ ⊥ ⇒

 và (1;4; 2)n = −

 cùng phương AB tn⇒ =
 
. 
0,25 
1 0
2 2 4 1 (2;3;2), (1; 1;4)
4 3 2 2
k m t k
k m t t A B
k m t m
+ − = = 
 
⇒ − − = ⇔ = − ⇒ − 
 + − = − = 
0,25 
Đường thẳng ∆ đi qua điểm (2;3;2)A và nhận (1;4; 2)n = −

 làm vectơ chỉ phương 
nên ∆ có phương trình 2 3 2
1 4 2
x y z− − −
= =
−
. 
0,25 
CâuVI
I 
(1,0đ) 
Tìm số phức z biết 22( 1) 1 (1 )z z i z+ + − = − 
Gọi ( , )z a bi a b= + ∈ℝ 
( )2 2 22( 1) 1 (1 ) 2 1 1 (1 )( )z z i z a bi a bi i a b⇒ + + − = − ⇔ − + + + − = − + 
0,25 
2 2
2 2 2 2
2 2
3 1(3 1) ( ) a a ba bi a b i a b
b a b
 + = +
⇔ + − = + − + ⇔ 
= +
0,25 
2
2 2
0 3
3 1 010 3 0 3 10
3 1 1 13 1 10
103 1
a
ab a aa a hoaca
a a b bb a b
b a
 = 
= − = + = + =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔= −    
+ = + == +    
=
 = + 
0,25 
Có hai số phức 1 2
3 1
;
10 10
z i z i= = − + 0,25