Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 258

www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
SỞ GD& ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần III) 
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI NĂM HỌC 2011 - 2012 
 Môn: Toán. Ngày thi 12/5/2012 
 Thời gian: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm: Cho hàm số ( ) ( )4 2 22 2 5 5 my x m x m m C= + − + − + 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 
 2. Tìm các giá trị thực của m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. 
Câu II:(2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình: tgx – 3cotg3x = 2tg2x. 
 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 
xxx 25
1
32
1
−
≤
−−+
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân 
2
3
0
sin
1 cos 2
x xI dx
x
pi +
=
+∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , với AB=3a ,AD =2a. 
Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600.Gọi M là trung 
điểm của CD. Tính thể tích khối chóp SABM và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AM 
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0≥ thoả mãn x+y+z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của ( )
3 3 3
3
16x y zP
x y z
+ +
=
+ +
. 
PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) 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 toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16. A, B thuộc đường thẳng d: 
2 2 2 2 0x y− − = và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 3 ; - 1 ; 1 ) , đường thẳng ∆ và mp ( P) lần lượt có 
phương trình 2:
1 2 2
x y z−∆ = = , ( P ) : x – y + z - 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng 
d thỏa mãn các điều kiện: Đi qua A , nằm trong ( P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 900. 
Câu VII a (1,0 điểm) Cho 1z , 2z là các nghiệm phức của phương trình 22 4 11 0z z− + = . 
 Tính giá trị của biểu thức 
2 2
1 2
2
1 2( )
z z
z z
+
+
. 
B. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI b (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và 
C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình 
đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 
 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng 1
2 3 3
:
1 1 2
x y zd − − −= =
−
 và 
2
1 4 3
:
1 2 1
x y zd − − −= =
−
. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt 
phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa 
đường trung tuyến CM của tam giác ABC. 
Câu VII b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 



+=
+=
+122
4
2
22
log61
xx yy
yx
------------------Hết--------------- 
Đề chính thức 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
SỞ GD& ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC(Lần III) 
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI NĂM HỌC 2011 - 2012 
 Môn: Toán 
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 
1 1a Với m =1. Khảo sát hàm số ( ) 12 24 +−== xxyxf (C) 
1.TXĐ: D = R 
2. Sự biến thiên của hàm số: 
 * Giới hạn tại vô cực: ( ) +∞=
−∞→
xf
x
lim : ( ) +∞=
+∞→
xf
x
lim 
 * Bảng biến thiên: ( ) ( )1444'' 23 −=−== xxxxyxf 
 1;1;00' =−==⇔= xxxy 
 x -∞ -1 0 1 +∞ 
 y’ - 0 + 0 - 0 + 
 y +∞ 1 +∞ 
 0 0 
 * Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( )0;1− và ( )+∞;1 , nghịch biến 
 trên mỗi khoảng ( )1;−∞− và ( )1;0 
 *Hàm số đạt cực tiểu tại 0;1 =±= CTyx , đạt cực đại tại 1;0 == CDyx 
3. Đồ thị: 
 * Điểm uốn: 412'' 2 −= xy , các điểm uốn là: 














−
9
4
;
3
3
,
9
4
;
3
3
21 UU 
 * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) 
 * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 
 * Đồ thị: ( HS tự vẽ hình) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 1b Tìm tham số m: 
Ta có ( ) ( ) mxxxmxxf −==⇔=−+= 2;00244' 23 
* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : 
 m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: 
 ( ) ( ) ( )mmCmmBmmA −−−−−+− 1;2,1;2,55;0 2 
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: 
( ) 1120. 3 =⇔−=−⇔= mmACAB vì đk (1) 
 Trong đó ( ) ( )44;2,44;2 22 −+−−−=−+−−= mmmACmmmAB 
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Điều kiện: cos2x ≠ 0; cosx ≠ 0; sin3x ≠ 0 
tgx – 3cot3x = 2tg2x tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x) 
)
x3sin
x3cos
x2cos
x2sin
(2
x3sin
x3cos
xcos
xsin
+=−⇔ 
 - cos4x .cos2x = 2 cos2x(2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0 cos32x = -
2
1
Đối chiếu điều kiện: cosx ≠ 0 cos2x ≠ 0 0
2
x2cos1
≠
+
 cos2x ≠ -1. 
sin3x ≠ 0 sinx(3 – 4sin2x) ≠ 0 sin2x ≠ 0 
0,25 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
2 
2a 
 sin2x ≠ 
4
3
{{
1x2cos
2
1
x2cos
0
2
x2cos1
4
3
2
x2cos1
≠
−≠
≠
−
≠
−
⇔⇔
=> cos32x = -
2
1
 (thoả mãn ĐK) cos2x = - pi+α±=⇔α= k
2
xcos
2
1
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 
 Zk,k
2
x ∈pi+
α±= với 
3 2
1
cos −=α 
0,25 
0,25 
2b 
Giải bpt 
xxx 25
1
32
1
−
≤
−−+
* ĐK: 





≠
<≤−
2
1
2
52
x
x
* Với 
2
12 −<−−+ xxx , nên bpt luôn đúng 
* Với 
2
5
2
1
<< x : 32151122532 2 −≤+−⇔−≥−−+⇔ xxxxxxBpt 
 Ta có: 




<≤⇔
≥−−
<≤
2
52
062
2
5
2
3
2
x
xx
x
Vậy tập nghiệm của bpt là: 




∪




−=
2
5
;2
2
1
;2S 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 
∫=
3
4
42 cos.sin
pi
pi xx
dxI ∫=
3
4
22 cos.2sin
.4
pi
pi xx
dx
Đặt : t = tanx 
Đổi cận: x = x = 
Khi đó 
3
438)
3
21()21()1(
3
1
33
1
2
2
3
1
2
22
−
=++−=++=
+
= ∫∫
t
t
t
dtt
tt
dttI
∫=
3
4
42 cos.sin
pi
pi xx
dxI ∫=
3
4
22 cos.2sin
.4
pi
pi xx
dx
Đặt : t = tanx 
Đổi cận: x = 
 x = 
0,25 
0,25 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
Khi đó 
3
438)
3
21()21()1(
3
1
33
1
2
2
3
1
2
22
−
=++−=++=
+
= ∫∫
t
t
t
dtt
tt
dttI
0,25 
4 
* Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều : 
22
1 aBDOB == và 
3
3aACAB == 
Đặt I là trung điểm BC thì OBAIBCAI =⊥ ; 
Mà ( ) SIBCABCDmpSA ⊥⇒⊥ . Do đó SIA∠ là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì 
SAI∆ vuông tại A : 
2
360tan.60 00 aAISASIA ==⇒=∠ 
* Kẻ SCOK ⊥ tại K thì mp(BD;OK) là mp(α). 
Khi đó KOC~SC ∆∆A : 
ACOC
SC
KC
SC
SC
ACOCKC
KC
AC
OC
SC
.
.
2
=⇔=⇔= (1) 
Lại do 222;
2
1 ACSASCACOC +== , nên 
HK
SA
AC
SA
KC
SC
==





+=
2
1312 2
2
Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC. 
* Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của 
hình chóp S.ABCD: 13.2
.
.
1
===
HK
SA
HKS
SAS
V
V
BCD
ABCD
* Ta được: 12131
1
2
1
2
1
21
1
=⇔=+=
+
=
V
V
V
V
V
VV
V
V
O
A B
D C
S
I
K
H
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 . 
Trước hết ta có: ( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥ (biến đổi tương đương) ( ) ( )2... 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ 
Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( )
3 33 3
3 3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − + 
(với t = z
a
, 0 1t≤ ≤ ) 
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t [ ]0;1∈ . Có 
( ) [ ]22 1'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t = − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên 
( )
[ ]0;1
64inf
81t
M t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81
 đạt được khi x = y = 4z > 0 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
6 
6a 
 1. * B = d ∩ Ox = (1;0) 
 Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) ∈ d 
 H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0) 
 H là trung điểm của BC. 
* Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2( 1) (2 2 2 2)t t− + − = 3|t - 1| 
 ∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| 
* ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t 3
t 1
=

= −
 * Với t = 3 ⇔ A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G( 3 ; 4 2
3
) 
 Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( 1− ; 4 2
3
− ) 
 2. Gọi , ,d Pu u n∆


 

 


 lần lươt là các vtcp của đt d , đt ∆ và vtpt của mp ( P). 
Đặt 2 2 2( ; ; ), ( 0)du a b c a b c= + + ≠



. Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P dn u⊥


 


 => a 
– b + c = 0 
 b = a + c ( 1 ). 
Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450 ⇔ Góc giữa 2 vtcp bằng 450 . 

 
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2( 2 ) 9( ) (2)
2
.3
a b c
a b c a b c
a b c
+ +
= ⇔ + + = + +
+ +
 Thay (1) vào ( 2) ta có : 2
0
14 30 0 15
7
c
c ac a
c
=
+ = ⇔
 = −

* Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 
* Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : 
 x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
6b 
1.Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + 
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =

+ + =
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 
Ta có (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n⇒ −



 



 nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5
 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
25
 2. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương (1;1; 2)a = −

 d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương (1; 2;1)b = −

 Ta có , 0a b  ≠
 
  
và 0 1, 0a b M M  = 
  





vậy d1 cắt d2 
 (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ⇒ A ∈ (d1,d2) 
 B(2 + t;3 + t;3 - 2t); 5 5; ;3
2 2
t tM t+ + − 
 
∈ d2 ⇒ t = - 1 => M(2;2;4) 
 C( 1+u;4-2u;;3+u) : AC a⊥



 
 ⇒ u = 0 ⇒ C(1;4;2) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
www.MATHVN.com 
www.MATHVN.com 
7 
7a 
Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2
3 2 3 21 , 1
2 2
z i z i= − = + 
Suy ra 
2
2
1 2 1 2
3 2 22| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
 
= = + = + =  
 
Đo đó 
2 2
1 2
2
1 2
11
...
4( )
z z
z z
+
= =
+
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7b 
Giải hệ phương trình 



+=
+=
+122
4
2
22
log61
xx yy
yx
* ĐK : y > 0 
 Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 
* Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: 0432log61 2142 =−−⇔+= + xxx x 
 giải pt thì x = -1 và x = 4 
* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) 
 Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25