Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 261

 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2012 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : Toán khối A + B 
 ( Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề) 
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7 điểm) 
CâuI:(2điểm) Cho hàm số: 2
1
xy
x
−
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 2. Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B .Chứng 
minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi. Viết phương trình tiếp tuyến sao cho bán kính đường tròn nội 
tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận). 
Câu II(2 điểm) 
 1) Giải phương trình : 
(1 sin 2 cos 2 )sin( ) 14 sin (cos 1)
1 cot 2
x x x
x x
x
pi
− + +
= +
+
 2) Giải hệ phương trình : ( ) ( )




−+=++−
=−++++
12)2(10)(4
24log4log 22
2
2
yxyxxy
yyxx
CâuIII(1điểm) Tính tích phân : I = dx
x
x
o
∫ +
pi
sin1
CâuIV:(1điểm) 
 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 . Các 
cạnh bên 
 SA = 2a ; SB = 3a ; SC = a. Tính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD. 
CâuV:(1điểm) 
 Cho x , y , z lµ ba sè thùc d-¬ng . T×m giá trị nhỏ nhất cña biÓu thøc : 
M = 





++





++





+
xy
z
z
xz
yy
yz
x
x
1
2
1
2
1
2
II - PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 
A - Chương trình chuẩn. 
CâuVIa(2 điểm) 
 1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2( 1) ( 2) 4x y− + + = . M là điểm di động trên đường 
thẳng d: x – y + 1 = 0. Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT1, MT2 tới (C) (T1, T2 là tiếp điểm) 
và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T1T2 đi qua điểm A(1;-1). 
 2)Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( )1 2x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1d : ; d :1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = = và 
mặt phẳng ( )P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt 
( ) ( )1 2d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 
CâuVIIa(1 điểm) 
Gọi 1 2;z z là các nghiệm phức của phương trình: 2 4 5 0z z− + = .Tính: (z1 – 1)2012 + (z2 – 1)2012 
B - Chương trình nâng cao. 
CâuVIb(2 điểm) 
 1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi 
qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất. 
 2)Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0 và đường thẳng : 
13 1( ) :
1 1 4
x y zd − += =
−
. Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng ( )d và tiếp xúc với (S). 
CâuVIIb(1 điểm) 
 Cho số phức z thỏa mãn : z - 2 z = - 3 + 6i .Tìm : 32 zzz ++ 
td
 Họ và tên :..Số báo danh :  
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
ĐÁP ÁN CHẤM TOÁN KHỐI A + B 
CâuI 
Tiếp tuyến bất kì của đths 2
1
xy
x
−
=
+
 cắt hai đường tiệm cận tại A và B .CMR diện tích 
∆IAB không đổi. Viết pt3 sao cho bán kính đường tròn nội tiếp ∆IAB lớn nhất . 
Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1) 
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) dạng: 002
0 0
23 ( )( 1) 1
xy x x
x x
−
= − +
+ +
0.25 
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng: 0
0
5( 1; )
1
xA
x
−
−
+
, cắt tiệm cận ngang: 0(2 1;1)B x + 
Có: 0
0
6
; 2 1
1
IA IB x
x
= = +
+
 suy ra IA.IB = 12 Nên 1 . 6
2IAB
S IA IB= = 
0.25 
. Ta có 6. IABIAB
SS r p r
p p
= ⇒ = = 
Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. 
Do 2 22 2 . 2. . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB= + + = + + + ≥ + = + 
P nhỏ nhất khi 20 0( 1) 3 1 3IA IB x x= ⇔ + = ⇔ = − ± 
0.25 
- Với 0 11 3 : 2(1 3)x d y x= − + ⇒ = + + 
- Với 0 11 3 : 2(1 3)x d y x= − − ⇒ = + − 
0.25 
CâuII 
Giải phương trình : 
(1 sin 2 cos 2 )sin( ) 14 sin (cos 1)
1 cot 2
x x x
x x
x
pi
− + +
= +
+
Đk : 



−≠
≠
1cot
0sin
x
x
 pt 
 )1.(cossin.
2
1
sin
cossin
.2
)cos)(sin2cos2sin1(
+=
+
++−
xx
x
xx
xxxx
0.25 

 1 – sinx + 2 cos2x = cosx + 1 
 sinx + cosx = 2 cos2x 
0.25 

 sinx + cosx = 2 (cosx + sinx)(cosx – sinx) 
 2 (cosx – sinx) = 1 

 2cos 





+
4
pi
x = 1 
 cos 





+
4
pi
x = cos
3
pi
0.25 
Kết hợp đk => nghiệm phương trình : x = pipi 2
12
k+ hoặc x = pipi 2
12
7 k+− 
0.25 
Giải hệ phương trình : ( ) ( )




−+=++−
=−++++
)2.........(..........12)2(10)(4
)1......(24log4log 2222
yxyxxy
yyxx
Đk : y ≥ 0,5. 
(1) 
 ( )( )[ ] 244log 222 =−+++ yyxx 
 (x + 42 +x )( 42 +y - y) = 4 
4 = ( 42 +y + y) ( 42 +y - y) nên 
 x + 42 +x = 42 +y + y 
0.25 
Xét hàm f(t) = t + 42 +t có f’(t) = 1 + 0
44
4
4 22
2
2
≥
+
+
>
+
++
=
+ t
tt
t
tt
t
t
Vậy f(t) đồng biến trên R mà (1) 
 f(x) = f(y) 
 x = y 
0.25 
Thay x = y vào (2) 
 x2 – 8x + 10 = (x + 2) 12 −x 
 
 6(2x – 1) + (x + 2) 12 −x - (x + 2)2 = 0 
0.25 
td
Đặt u = 12 −x với u ≥ 0 thì (2) 
 6u2 + (x + 2)u – (x + 2)2 = 0 có ∆ = 25(x + 2)2 
 u = 
3
2+x
 hoặc u = - 
2
2+x
 (loại vì x ≥ 0,5 nên u < 0). 
Giải pt :x + 2 = 3 12 −x có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13 => nghiệm của hệ (1;1)& (13;13) 
0.25 
Câu 
III 
Tính tích phân : I = dx
x
x
o
∫ +
pi
sin1
 I = dx
x
x
o
∫ +
pi
sin1
 = dx
xx
x
o
∫
+
pi
2)
2
cos
2
(sin
= dx
x
x
o
∫






−
pi
pi
42
cos2 2
0.25 
Đặt 












−
=
=
42
cos2 2 pix
dxdv
xu
 => 










−=
=
42
tan
pix
v
dxdu
 => I = dxxxx ∫ 





−−





−
pi pipipi
0 42
tan
042
tan 
0.25 
=> I = pi + 2ln
042
cos
pipi






−
x
0.25 
Vậy I = pi 0.25 
Câu 
IV 
Chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 13 đường chéo AC = a 3 . Các cạnh bên 
SA = 2a;SB = 3a;SC = aTính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và CD 
* g(SA ; CD) = g(SA;AB) vói cosSAB = 
13
2
* Áp dụng đlí cosin tính đựợc: 
gócASC = 600 ; gócASB = 900 ;gócBSC = 1200 
* Lấy M ∈ SA ; N ∈ SB sao cho SM = SN = a. 
=> CM = a ; MN = a 2 ; CN = a 3 
=> ∆CMN vuông tại M 
Mà SM = SN = SC = a nên hình chiếu H của S 
trên (CMN) là trung điểm CN & SH = 
2
a
=> VSCMN = 3
1 SH.SCMN = 12
23a
* Ta có VSABCD = 2VSABC = 12VSCMN = 23a 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
V 
Cho x , y , z lµ ba sè thùc d-¬ng . T×m giá trị nhỏ nhất cña biÓu 
thøc : 
M = 





++





++





+
xyz
z
xz
yy
yz
x
x
111
2
1
2
M = 
xyz
zyxzyx 222222
222
++
+++ råi ¸p dông x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + 
zx 
Ta cã : M 





++





++





+≥
z
z
y
y
x
x 1
2
1
2
1
2
222
0.25 
Ta cßn cã : 
2
3
2
1
2
1
2
1
2
22
≥++=+
xx
x
x
x
0.25 
Tương tự ta có : 
2
31
2
2
≥





+
y
y
 ; 
2
31
2
2
≥





+
z
z
0.25 
C
B
A
D
S
M
N
td
vËy Min M = 9/2 x = y = z = 1. 0.25 
Câu 
VIa 
Cho (C): 2 2( 1) ( 2) 4x y− + + = . M di động trên d: x – y + 1 = 0. CMR từ M kẻ được hai tiếp tuyến 
MT1, MT2 tới (C)và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T1T2 đi qua điểm A(1;-1). 
 Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính r=2 
M nằm trên d nên M(m;m+1). => IM = 8)1(2)3()1( 222 ++=++− mmm > 2 =>M nằm 
ngoài (C) => qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C). 
0.25 
Gọi J là trung điểm IM=> toạ độ J là J 




 −+
2
1
;
2
1 mm
.Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J 
bán kính 1 2
IM
r = có phương trình (T): 
4
)3()1(
2
1
2
1 2222 ++−
=




 −
−+




 +
−
mmmymx 
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1,MT2 đến (C) => T1 ; T2 là hai giao điểm của (C) & (T) 
0.25 
2 2( 1) ( 2) 4x y− + + =
(1) 
Khi đó tọa độ T1 & T2 thỏa mãn hệ : 4
)3()1(
2
1
2
1 2222 ++−
=




 −
−+




 +
−
mmmymx (2) 
Lấy (1) trừ (2) vế với vế => đường thẳng T1T2 có pt : (m – 1)x + (m + 3)y +m + 3 = 0 
0.25 
A(1;-1) nằm trên T1T2 nên : m – 1 – m – 3 + m + 3 = 0 m = 1=>M(1;2) 0.25 
Câu 
VIa 
cho ( ) ( )1 2x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1d : ; d :1 2 1 2 1 1
+ + − − −
= = = = và ( )P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình 
đthẳng (d) //(P) và cắt ( ) ( )1 2d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. 
Đặt ( ) ( )A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + + , ta có 
 ( )AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + +uuur 
0.25 
Do AB song song với (P) nên: ( )PAB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = −
uuur uur
Suy ra: ( )AB a 5; a 1; 3= − − − −uuur 
0.25 
Do đó: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥ 
Suy ra: {a 2min AB 3 3 b 2== ⇔ = − , ( )1;2;2A , ( )3; 3; 3AB = − − −uuur 
0.25 
Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2
1 1 1
− − −
= = . 
0.25 
Câu 
VIIa 
Gọi 1 2;z z là các nghiệm ptrình: 2 4 5 0z z− + = .Tính: (z1 – 1)2012 + (z2 – 1)2012 
∆’ = - 1 = i2 0.25 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt : z1 = 2 + i & z2 = 2 - i 0.25 
(z1 – 1)2012 + (z2 – 1)2012 = (1 + i)2012 + (1 – i)2012 = [(1+ i )2]1006 + [(1 + i )2]1006 0.25 
Mà (1 + i)2 = 2i ; (1 – i)2 = - 2i ; i1006 = - 1 
nên (z1 – 1)2012 + (z2 – 1)2012 = (-2i)1006 + (2i)1006 = - 21007 
0.25 
Cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho 
tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất. 
Giả sử ptđt ∆: A(x + 1) + B(y + 1) = 0 với A2 + B2 > 0. 
=> d(B;∆) = 
22
3
BA
BA
+
+
 ; d(C;∆) = 
22
2
BA
BA
+
+
0.25 
Gọi S = d(B;∆) + d(C;∆) = 
22
3
BA
BA
+
+
 + 
22
2
BA
BA
+
+
0.25 
td
Câu 
VIb 
 = ( )BABA
BA
231
22
+++
+
 ≤ ( )BA
BA
521
22
+
+
Bunhia ta có S2 ≤ ))(52(1 222222 BABA +++ = 29 => MaxS = 29 
 



=
>
5
2
0
B
A
AB
0.25 
Lấy A= 2 => B = 5 => ptđt ∆ : 2x + 5y + 7 = 0 0.25 
cho (S) : x 2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0 và 13 1( ) :
1 1 4
x y zd − += =
−
. Lập phương trình 
mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng ( )d và tiếp xúc với (S). 
Mặt cầu (S) tâm (1;2;3) 9I R = . Gọi ( )mp P có vtpt ( ; ; ) 0n A B C ≠
r r
. 
Đường thẳng d có vtcp ( 1;1;4) và (13; 1;0)u M d= − − ∈
r
. 
Vì ( ) ( ) ( ) : ( 13) ( 1) 0 (1)d P M P pt P A x B y Cz⊂ ⇒ ∈ ⇒ − + + + = . 
0.25 
 Mặt khác . 0 4 0 4P dn u A B C A B C= ⇔ − + + = ⇔ = +
uur uur
. Thay vào (1) ta có pt 
( 4 ) 12 52 0x B C By Cz B C+ + + − − = . 
Do ( )P tiếp xúc (S) nên ( ;( )) 9d I P = 2 25 2 8 17B C B BC C⇔ + = + + 4
2
B C
B C
=
⇔ 
= −
0.25 
TH1: 4B C= , Nếu 0 0 0C B A= => = => = (loại) 
 Nếu 0C ≠ , chọn C = 1 => B = 4 & A = 8. 
 Khi đó phương trình (P) là : 8x + 4y + z – 100 = 0 
0.25 
TH2: 2B C= − , Nếu 0 0 0C B A= => = => = (loại) 
 Nếu 0C ≠ , chọn C = 1 => B = - 2 & A = 2. 
Khi đó phương trình (P) là : 2x – 2y + z – 28 = 0. 
0.25 
Câu 
VIIb 
Cho số phức z thỏa mãn : z - 2 z = - 3 + 6i .Tìm : 32 zzz ++ 
Giả sử z = x + yi với x , y ∈ R. 
Từ gt => 22 yx + - 2(x – yi) = - 3 + 6i 
0.25 






=
−=−+
62
3222
y
xyx
 





=
−=+
3
3292
y
xx
0.25 

 







=
−=+
≥
3
)32(9
2
3
22
y
xx
x
 
 x = 4 vậy z = 4 + 3i 
0.25 
Vậy 32 zzz ++ = 5 + 25 + 125 = 155. 0.25 
td