Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 257

TRƯỜNG THPT KIM SƠN A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011 - 2012 
 Môn Toán – Khối A 
 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 26 9 3y x x x= − + − (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 2. Tìm trên đồ thị (C) điểm M sao cho M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo thành 
tam giác có diện tích bằng 6. 
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2 2sin 2cot sinx x x
sinx
+ = + . 
 2. Giải bất phương trình sau: 2 2 2 3 1x x x x+ − ≤ − . 
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 
3 2
2 2
2
2
( 3 3)( 1)
x x dx
x x x x
−
− + + −∫
. 
Câu IV(1,0 điểm) Tính thể tích của khối tứ diện ABCD biết AB = 25; AC = 3; AD = 2012 
và 
 
 
 060BAC CAD DAB= = = . 
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: xy + yz + zx ≤ 3xyz 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 
1983 1983 1983
5 6 5 6 5 6
x y y z z x
x y y z z x
+ +
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A.Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a( 2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x - 1)2 + (y + 3)2 = 9 và hai điểm 
A(-1; 1); B(2; -2). Tìm tọa độ các điểm C và D thuộc (C) sao cho tứ giác ABCD là hình bình 
hành. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(2; 0; 0) và H(1; 1; 1). Lập phương trình mặt 
phẳng (P) đi qua A, H và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại B và C sao cho diện tích tam giác 
ABC bằng 4 6 (đvdt). 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện : z(|z| - 2) = i 
B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu VI.b(2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1 và đường thẳng d: x + 
y + m =0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABO có diện tích 
lớn nhất. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho M(1; 2; 6). Viết phương trình mặt cầu tâm M và 
cắt mặt phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 16pi . 
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
25 3 25 3
2 2
2012 2012
63 48 2012 2012
x x x y y y
x y x y
 + + = + +

+ − + = + −
..Hết.. 
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
Họ và tên thí sinh..Số báo danh:... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ebooktoan.com
Hướng dẫn chấm và thang điểm 
Môn Toán – Khối A 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 
(2,0đ) 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : 3 26 9 3y x x x= − + − 1,00 
TXĐ : 0,25 
SBT : 0,25 
BBT : 0,25 
Đồ thị: 
0,25 
2 
Tìm trên đồ thị (C) điểm M sao cho M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo 
thành tam giác có diện tích bằng 6. 
1,00 
Hai cực trị: A(1;1);B(3;-3);pt (AB): 2x + y - 3 = 0; AB = 2 5 0,25 
1 66 ( ; ). 6 ( ; )
2 5MAB
S d M AB AB d M AB∆ = ⇔ = ⇔ =
2 3 6
5 5
M Mx y+ −⇔ = 0,25 
TH1: 2 3 6M Mx y+ − = . Giải ra được: 4; 1 (4;1)M Mx y M= = ⇒ 0,25 
TH1: 2 3 6M Mx y+ − = − . Giải ra được: 0; 3 (0; 3)M Mx y M= = − ⇒ − 0,25 
II 
(2,0đ) 1 
Giải phương trình sau: 2 2sin 2cot sinx x x
sinx
+ = + . 
1,00 
ĐK: sinx ≠ 0; pt 
[ ]3 2sin sin 2 2cos 0 (1 cos ) (1 cos )(sin 1) 2 0x x x x x x⇒ − + − = ⇔ − + − + = 0,25 
cos 1
s inx cos sin x cos 1 0
x
x x
=
⇔ 
− + + =
; TH1: cosx = 1 loại vì sinx ≠ 0 0,25 
TH2: đặt t = sinx – cosx; 2t ≤ 
Khi đó pt trở thành: t2 -2t -3=0 ⇔ t = -1(thỏa mãn); t = 3 (Loại) 
0,25 
ebooktoan.com
t = -1 suy ra : sin
4
x
pi 
− 
 
= -
1
2
2
3 2
2
x k
x k
pi
pi
pi
=
⇔
 = +

 (thỏa mãn) 
Vậy pt đã cho có 2 họ nghiệm. 
0,25 
2 
Giải bất phương trình sau: 2 2 2 3 1x x x x+ − ≤ − 1,00 
ĐK: x 1≥ ; Nhận xét x = 1 ko là nghiệm của bất phương trình 0,25 
+ Với x > 1, đặt x – 1 = t, t > 0; bpt trở thành: 
2 1 14 1 3( 1) 4 3t t t t t t
t t
 
+ + ≤ + ⇔ + + ≤ + 
 
0,25 
Đặt y = 1t
t
+ ; y 2≥ ; ta được: [ ]2 3 2 0 1;2y y y− + ≤ ⇔ ∈ 0,25 
2 1 2y t x⇒ = ⇒ = ⇒ = 
KL: bpt có 1 nghiệm x = 2. 
0,25 
III 
(1đ) 
Tính tích phân: I = 
3 2
2 2
2
2
( 3 3)( 1)
x x dx
x x x x
−
− + + −∫
. 
1,00 
Đặt 
2
2
2
3 3
' ' 4( 2 )
1
u x x
u v uv x x
v x x
 = − +
⇒ − = −
= + −
 0,25 
Do đó: I = 
3 3
2 2
1 ' ' 1 ' '( )
4 4
u v uv u vdx dx
uv u v
−
= −∫ ∫ 0,25 
( )
323
2 2
22
2
1 1 3 3ln 3 3 ln 1 (ln )
4 4 1
x x
x x x x
x x
− +
= − + − + − =
+ −
 0,25 
=
1 15ln
4 11
 0,25 
IV 
(1đ) 
Tính thể tích của khối tứ diện ABCD biết AB = 25; AC = 3; AD = 2012 và 

 
 
 060BAC CAD DAB= = = . 
1,00 
Lấy các điểm E và F lần lượt thuộc các cạnh AB và AD sao cho AE = AF = 3 
0,25 
B 
C 
E 
F 
D 
A 
ebooktoan.com
Khi đó tứ diện ACEF là tứ diện đều cạnh bằng 3, do đó dễ dàng chứng minh được 
3
EF
3 2
12AC
V = (đvtt) 0,25 
Lại có: EF 3 3.
25 2012
AC
ABCD
V
V
= 0,25 
3.25.2012. 2
12ABCD
V⇒ = (đvtt) 0,25 
V 
(1đ) 
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: xy + yz + zx ≤ 3xyz 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 
1983 1983 1983
5 6 5 6 5 6
x y y z z x
x y y z z x
+ +
+ + +
1,00 
Từ xy + yz + zx ≤ 3xyz 1 1 1 3
x y z
⇔ + + ≤ 
0,25 
Ta có theo bđt Côsi: 
1983
1984
1984
1982
5 6 1 1 1 1984
.... 1984
5 6 121 11 11 11 11
ps
x y x y
x y xy x x
+
+ + + ≥ =
+ 4243
1983 1984 5 6 1982
5 6 11 121 121 11
x y
x y y x x
 
⇒ ≥ − + + +  
0,25 
Tương tự: 
1983 1984 5 6 1982
5 6 11 121 121 11
y z
y z z y y
 
≥ − + + +  
1983 1984 5 6 1982
5 6 11 121 121 11
z x
z x x z z
 ≥ − + + +  
0,25 
Do đó: P 1984 5 6 1982 1 1 1 33
11 121 121 11 11x y z
  ≥ − + + + + ≥     
MinP = 3 1
11
x y z⇔ = = = 
0,25 
VI.a 
(1đ) 1 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x - 1)2 + (y + 3)2 = 9 và hai 
điểm A(-1; 1); B(2; -2). Tìm tọa độ các điểm C và D thuộc (C) sao cho tứ giác 
ABCD là hình bình hành. 
1,00 
(C) có tâm I(1;-3); (3; 3); 3 2AB AB− =
uuur
; 0,25 
ABCD là hình bình hành 3 2
/ /
AB CD
AB CD
 = =
⇒ 

Suy ra C, D ∈ (d) // AB và cách tâm I một khoảng d =
2
2 9 39
4 2 2
ABR − = − = 
(d): 3x + 3y + c = 0; d(I; d) = 153 9 3
318 2
cc
c
=− + 
= ⇔ 
= −
0,25 
* c = 15: (d): x + y + 5 = 0 suy ra (d)//AB (vì A không thuộc (d)) 0,25 
ebooktoan.com
Tọa độ C, D là nghiệm hệ pt: 
2 2
1
6( 1) ( 3) 9
5 0 2
3
x
yx y
x y x
y
 =

= − − + + = ⇔ + + = = − 
= −
TH1: C(1;-6); D(-2;-3) (3; 3)DC AB⇒ − =
uuur uuur
 (thỏa mãn) 
TH2: C(-2;-3); D(1;-6) ( 3;3)DC AB⇒ − = −
uuur uuur
 (loại) 
* c = -3: Giải tương tự ta được: C(4;-3); D(1; 0) 0,25 
2 
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(1; 0; 0) và H(1; 1; 1). Lập phương trình 
mặt phẳng (P) đi qua A, H và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại B và C sao cho diện 
tích tam giác ABC bằng 4 6 (đvdt). 
1,00 
Giả sử B(0 ;b ;0) ; C( 0 ;0 ;c) (b,c 0> ) ( ) : 1
2
x y zP
b c
⇒ + + = 
Vì H thuộc (P) nên : 1 1 1 1
2 b c
+ + = (1) 
0,25 
2 2 2 214 6 ; 4 6 4 4 384
2ABC
S AB AC b c b c∆  = ⇔ = ⇔ + + = 
uuur uuur
 (2) 0,25 
Từ (1)(2), đặt u = b + c; v = bc (u,v > 0), ta được: 
2 2
2 8; 16
6; 12( )4( 2 ) 384
v u u v
u v Lv u v
= = = 
⇔ 
= − = −+ − = 
0,25 
u = 8; v = 16 suy ra b = c = 4 , do đó: (P): 2x + y + z – 4 = 0 0,25 
VII.a 
(1đ) 
Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện : z(|z| - 2) = i 1,00 
Vì |z| -2 là số thực và i là số thuấn ảo nên z = bi ( )b ∈
 0,25 
Từ pt ta có: b(|b|-2) = 1 
2
2
0
2 1 0
0
2 1 0
b
b b
b
b b
 ≥

− − =⇔  <
 + + =
 0,25 
1 2
1
b
b
 = +
⇔ 
= −
 0,25 
Vậy z = (1+ 2 )i; z = -i 0,25 
VI.b 
(1đ) 1 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1 và đường thẳng 
d: x + y + m =0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác 
ABO có diện tích lớn nhất. 
1,00 
(C) có tâm O(0;0); bán kính R = 1. 
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ( ; ) 1 1 2 2
2
m
d O d m⇔ < ⇔ < ⇔ − < < (*) 0,25 
Ta có: 
 
1 1 1. .sin sin
2 2 2ABO
S OAOB AOB AOB∆ = = ≤ 0,25 
ebooktoan.com
Do đó ABOS∆ max 

090AOB⇔ = 0,25 
1( ; ) 1
2
d O d m⇔ = ⇔ = ± (thỏa mãn điều kiện (*) ) 0,25 
2 
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho M(1; 2; 6). Viết phương trình mặt cầu tâm 
M và cắt mặt phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C)có chu vi bằng 16pi . 
1,00 
Gọi r là bán kính đường tròn (C). Gọi H là hình chiếu của M trên (Oxy) suy ra H 
là tâm của đường tròn (C). 0,25 
Ta có bán kính mặt cầu (S) là R = 2 2r MH+ 0,25 
Mà MH = d(M; (Oxy)) = 6; và chu vi của (C) 2 16 8r rpi pi= ⇔ = 0,25 
Suy ra R = 10, do đó pt (S): ( ) ( ) ( )2 2 21 2 6 100x y z− + − + − = 0,25 
VII.b 
(1đ) 
Giải hệ phương trình sau: 
25 3 25 3
2 2
2012 2012 (1)
63 48 2012 2012(2)
x x x y y y
x y x y
 + + = + +

+ − + = + −
1,00 
Xét hàm số y = f(t) =t25 + t3 +2012t trên R 
 f’(t) = 25t24 + 3t2 + 2012 > 0 với t R∀ ∈ suy ra f(t) đồng biến trên R 0,25 
PT (1) ⇔ f(x) = f(y) x y⇔ = 0,25 
Thế vào (2) ta được: 2 263 48 2013 2012x x x+ − + = − (*) 
Do 2 263 48 0x x+ − + > nên suy ra x > 2012
2013
>0 
0,25 
Xét f(x) = 2 263 48x x+ − + và g(x) = 2013x – 2012 với x > 2012
2013
Ta có: f’(x)0 với x > 2012
2013
PT (*) có nghiệm x = 1, do đó pt (*) có nghiệm duy nhất x = 1 
Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (1;1). 
0,25 
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 
ebooktoan.com