Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 263

 EBOOKTOAN.COM 
 SỐ 10 
 ĐỀ THI THAM KHẢO 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 
 Môn thi : TOÁN – KHỐI A, B, D 
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) 
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số 4 22 2 1y x mx m= − + − + (1), m là tham số. 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 2m = . 
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị nằm trên một đường tròn có bán kính bằng 1. 
Câu II ( 2 điểm ) 
1 . Giải phương trình: 4 os(2 ) tan cotx
6
c x x
pi
− = + . 
2 . Giải hệ phương trình: 
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy
 + + − = −

+ + =
. 
Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân I = 
2 3
2
3
5
4 3
x x dx
x
+
− +
∫ . 
Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông 
góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA. Biết khoảng cách từ I đến 
mặt phẳng (SAB) bằng 2
2
SI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . 
Câu V (1 điểm). Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn 2 2 3x y xy x y xy+ = + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2
2 2 (1 2 ) 3
2
xyP x y
xy
+ −
= + + . 
II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
Phần A .Theo chương trình chuẩn 
Câu VIa ( 2 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x + 6)2 + (y – 6)2 = 50. Đường thẳng d cắt 
hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O. Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) 
tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB . 
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(5;3;-4), B(1;3;4). Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt 
phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 . 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . 
Phần B.Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb ( 2 điểm) 
1 . Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 111;
3
 
 
 
, đường thẳng trung 
trực của cạnh BC có phương trình x − 3y + 8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0. Xác 
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 4 5 0x y z x y z+ + − + − + = , mặt 
phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2), 
vuông góc với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 
Câu VIIb ( 1 điểm) 
 Cho hàm số 
2
my x m
x
= + +
−
 (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) có 2 điểm cực trị A, B sao cho AB =10 . 
Hết 
Thí sinh không sử dụng tài liệu . Giám thị không giải thích gì thêm! 
ebooktoan.com
 ĐÁP ÁN 
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 
 2,00 
 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 24 3y x x= − + − 1,00 
TXĐ : 
 . 3 0' 4 8 , ' 0
2
x
y x x y
x
=
= − + = ⇔ 
= ±
 0,25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2;0) và ( 2; )− +∞ 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và (0; 2)−∞ − 
Hàm số đạt cực đại tại 2, 1CDx y= ± = . Hàm số đạt cực tiểu tại CT0, 3x y= = − 
0,25 
+) BBT: 
 x 
- ∞ 2− 0 2 + ∞ 
 y' + 0 - 0 + 0 - 
 y 
 1 1 
- ∞ -3 - ∞ 
0,25 
 +)Đồ thị 
2
1
-1
-2
-3
-4
-4 -2 2 4
0,25 
 2 Ba điểm cực trị nằm trên một đường tròn có bán kính bằng 1 1,00 
3
2
0
' 4 4 , ' 0
x
y x mx y
x m
=
= − + = ⇔ 
=
 Hàm số có 3 cực trị 0m⇔ > 0,25 
Tọa độ 3 cực trị là : 2 2( ; 2 1), ( ; 2 1), (0; 2 1)A m m m B m m m C m− + − − + − + 
A và B đối xứng qua Oy, C thuộc Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC thuộc 
Oy. Giả sử I(0; a) 
0,25 
Theo giả thiết : 
2 2
1 2 1 (1)
1
( 2 1 ) 1 (2)
m a
IA IC
m m m a
− − =
= = ⇔ 
+ − + − =
Giải (1) ta được 1 2 1 2
1 2 1 2 2
m a a m
m a a m
− − = = − 
⇔ 
− − = − = − 
0,25 
TH 1. 2 22 ( 2 1 2 ) 1a m m m m m= − ⇒ + − + + = 
4 2 4 22 1 1 2 0m m m m m m⇔ + + + = ⇔ + + = (Loại do m > 0) 
TH 2. 2 22 2 ( 2 1 2 2 ) 1a m m m m m= − ⇒ + − + − + = 
0,25 
ebooktoan.com
4 2 4 2
0, 1
2 1 1 2 0 1 5
2
m m
m m m m m m
m
= =
⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔
− ±
=

 Kết hợp với m > 0 ta được 
1
1 5
2
m
m
=

− +
=

II 
 2,00 
 1 Giải phương trình 4 os(2 ) tan cot
6
c x x x
pi
− = + (1) 1,00 
 Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 
2(1) 2( 3 os2 sin 2 )
sin 2
c x x
x
⇔ + = 0,25 
C1 23 cot 2 cot 2 0x x⇔ − = C2 ⇔ 3 1 1sin 4 cos4
2 2 2
x x− = 0,25 
cot 2 0 4 2
 ( / )
cot 2 3
12 2
x kx
t m
x
x k
pi pi
pi pi

= +=
⇔ ⇔ 
= 
= +

1 4 2
sin 4 ( / )
6 2
12 2
x k
x t m
x k
pi pi
pi
pi pi

= + 
⇔ − = ⇔  
  
= +

 0,25 
 2 
 Giải hệ phương trình 
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy
 + + − = −

+ + =
. 
1,00 
 Điều kiện: x+2y 1 0+ ≥ 
Đặt t = 2 1 (t 0)x y+ + ≥ 0,25 
Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0 ( )
( )
2 /
3
 t/m
2
t t m
t k
 =
⇔

= −

0,25 
 + Hệ 2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
+ =
⇔ 
+ + =
 0,25 
1
1
 ( / )2
1
2
x
y
t mx
y
 =

=
⇔
=


=
0,25 
III 
Tính tích phân I = 
2 3
2
3
5
4 3
x x dx
x
+
− +
∫ . 
1,00 
Đặt 2sin ;
2 2
x t t
pi pi  
= ∈ −    
=> dx = 2costdt 0,25 
 + Đổi cận: 3 , 2
3 2
x t x t
pi pi
= ⇒ = = ⇒ = . 0,25 
( )32
3
8sin 10sin 2cos
2cos 3
t t t
I dt
t
pi
pi
+
=
+∫
 0,25 
ebooktoan.com
( )22
3
9 4cos 2sin .2cos
2cos 3
t t t
dt
t
pi
pi
−
=
+∫
= ( )
2
3
4 3 2cos cos (cos )t td t
pi
pi
− −∫ = − 4
2
33cos 2 2cos
2 3
3
t
t
pi
pi
 
− 
 
=
3 14
8 12
 
= − 
 
= 
7
6
 ( Hoặc đặt 24t x= − thì 
0 12
2
1 0
(9 )( ) 7(3 )
3 6
t tdtI t t dt
t
− −
= = − =
+∫ ∫
 ) 
0,25 
IV 
 1,00 
Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB . Do BC ⊥ AB 
=> IH ⊥ AB Mà SI ( )ABCD⊥ => SI ⊥ AB .Hay AB ⊥ (SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) 
kẻ IK ⊥ SH tại K. ( );( )IK d I SAB⇒ = = 2
2
SI (1) 
0,25 
Ta có 1
4
IH AI
BC AC
= = => IH = 
4
BC
a= 0,25 
Mà 2 2 2
1 1 1
IS IH IK
+ = (2) (Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK) 
Từ (1) và (2) => 2 2 2
2 1 1 SI IH a
SI SI IH
− = => = = 
0,25 
 Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V = 
3
21 1 16
. .
3 3 3ABCD
aSI S SI AB= = (đvtt) 0,25 
V 
 1,00 
 Ta có 2 2 3x y xy x y xy+ = + + 
 ( ) 3 (1)xy x y x y xy⇔ + = + + do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0 
(1) ( )21 1 43 3 3( ) 4 0x y x y x y
x y x y
⇒ + = + + ≥ + ⇒ + − + − ≥
+
( ) [ ]1 ( ) 4 0 4x y x y x y⇒  + +  + − ≥ ⇒ + ≥  
0,25 
Mà P = (x + y)2 + 2 - 1
xy
 Lại có (1) 1 31
xy x y
⇔ = +
+
3 11
x y xy
⇔ − =
+
Nên P = (x + y)2 +1 + 3
x y+
0,25 
S 
K 
B 
A 
C 
D 
I 
H 
O 
ebooktoan.com
Đặt x + y = t ( t 4)≥ 2 3 1 ( )P t f t
t
⇒ = + + = 
Ta có '( )f t = 2t - 
3
2 2
3 2 3 0 t>4t
t t
−
= > ∀ mà ( )f t liên tục trên nửa khoảng [ )4;+∞ 
Nên ( )f t đồng biến trên nửa khoảng [ )4;+∞ => 71( ) (4)
4
P f t f= ≥ = 
0,25 
 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 71
4
 khi x = y = 2 0,25 
Via 
 2,00 
 1 1,00 
 Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình : 
1 hay bx+ ay - ab = 0x y
a b
+ = 
0,25 
d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM 0,25 
Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ( ; )u a b= −
r
M là trung điểm của AB nên M ;
2 2
a b 
 
 
 , 6; 6
2 2
a bIM  = + − 
 
uuur
Do đó ta có hệ phương trình 
2 2
6 6 50
2 2
6 6 0
2 2
a b
a b
a b
   
+ + − =   
   

   
− + + − =       
0,25 
2 2
2 2
22 14
6 6 50
22 22 2
12 2 2
2 14
6 6 50
2 2
a b
b ba b
a a
v
b a b b
a aa b
 = −

 = =     + + − =      
= − =      ⇔ ⇔
  = + = = −  
  
= − = −        + + − =       
Vậy d có phương trình : x - y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 
0,25 
 2 1,00 
C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0) 
0,25 
.Tam giác ABC cân tại C 2 2 2 2( 5) ( 3) 16 ( 1) ( 3) 16 3AC BC a b a b a=> = ⇒ − + − + = − + − + ⇒ = 
(1) 0,25 
Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là (3;3;0)I 
1
. 8 5 4
2ABC
S CI AB CI∆ = = ⇒ = => ( ) ( )2 23 3 4 (2)a b− + − = 0,25 
 Từ (1) ; (2) ta có 3
7
a
b
=

=
 hoặc 
3
1
a
b
=

= −
Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0) 
0,25 
VIIa 
 Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . 1,00 
 Giả sử z x yi= + , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + − 0,25 
(1 3 )i z− là số thực 3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ = 0,25 
ebooktoan.com
2 22 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 0,25 
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0 7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔
 = ⇒ =

 Vậy 7 212 6 ,
5 5
z i z i= + = + 0,25 
VIb 2,00 
 1 1,00 
 Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b ) 
Do G(1 ; 11)
3
 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7) 0,25 
 d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là (3;1)u
r
 ; Gọi I là trung điểm BC ta có I 3 ;2 1
2
a
a
− 
+ 
 
 0;25 
d là trung trực của cạnh BC ⇔ 
. 0
I d
BC u
∈

=
uuur r
( )
3 3(2 1) 8 0
2
3. 3 2 (4 8 16) 0
a
a
b a a b
−
− + + =
⇔ 

− − + + − =
 0,25 
1
3
a
b
=
⇔ 
=
 Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9) 0,25 
 2 1,00 
 Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 0)≠ 0,25 
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2 
Mặt phẳng (Q) có VTPT (2;1; 6)n −
r
Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên 
2 2 2
2 6 0
3
2
a b c
b
a b c
+ − =

−
=
+ +
0,25 
2 2 2 2 2 2
2
2 6 22 6 2 6
 (I)2 59 4 4 4 3 10 0 5 11
2
a c
a c b b c
a c b a c b
b c b cb a b c b bc c b c
a c
 =

= − == − = −  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔=   = −
= + + + − =   
= −  
=
 0,25 
Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại) 
 Nên 0c ≠ Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 2 2 6 0x y z⇔ + + − = 
 Hoặc 
11
2
c (x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0 11 10 2 5 0x y z⇔ − + − = 
0,25 
VIIb 1,00 
TXĐ : D = { }\ 2R , ( )( )
2
2
2
'
2
x m
y
x
− −
=
−
 0,25 
Hàm số có hai cực trị ' 0y⇔ = có hai nghiệm phân biệt 
( )22 0x m⇔ − − = có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m⇔ > 0,25 
Gọi A(x1;y1) ; B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 
Ta có 1 1
2 2
2 2 2
' 0
2 2 2
x m y m m
y
x m y m m
 = − ⇒ = + −
= ⇔ 
= + ⇒ = + +
0,25 
AB = 10 ⇔ ( )4 16 10 5 /m m m t m+ = ⇔ = 0,25 
ebooktoan.com