Đề thi thử đại học lần 2 môn: Toán ­ khối: A, B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011­2012 
TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP  Môn: TOÁN ­ Khối: A, B 
­­­­­­­­­­­­***­­­­­­­­­­­­­  Thời gian làm bài: 180 phút. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2,0 điểm).  Cho hàm  3 2 3 3 4 y x mx m = - +  (1), với m  là tham số thực. 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 
2.  Xác định  m  để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng  y = x. 
Câu II (2,0 điểm). 
1.  Giải phương trình  . cot tan 
sin 
2 cos 
cos 
2 sin 
x x 
x 
x 
x 
x 
- = + 
2.  Giải hệ phương trình 
( ) 2 
3 
3 4 3 
2 2 3 
y y x y 
x y 
ì + - - = - ï 
í 
- + - = ï î 
. 
Câu III (1,0 điểm). Tính tÝch ph©n ( ) ò - - 
- 
= 
1 
0 
2 2 2 
2 
. 4 . 
4 
dx x x e 
x 
x 
I  x 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B 
a AD a BC AB  2 ; = = =  . Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA= a. Gọi E là trung điểm của AD. 
Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE. 
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c lµ ba sè d­¬ng tho¶ m·n a + b + c =  3 
4 
. 
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc 
3 3 3 3 
1 
3 
1 
3 
1 
a c c b b a 
P 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
= . 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1.  Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.a (2,0 điểm). 
1.  Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình  2 2 ( 2) ( 3) 10 x y - + - =  . Xác định toạ 
độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M(­3; ­2) và  điểm A có hoành độ  xA > 0. 
2.  Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm  (0; 1;2) M -  và  ( 1;1;3) N -  . Viết phương trình 
mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 0;0; 2 K  đến mp(P) đạt giá trị lớn nhất. 
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn : 
2 2 
2 . 8 z z z z + + =  và  2 z z + =  . 
2.  Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.b (2,0 điểm). 
1.  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (D ): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; ­ 1), B(2;1). Tứ giác 
ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng (D ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 
2.  Trong không gian tọa độ Oxyz  cho điểm  (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3) A B C - - - -  và mặt cầu (S) có phương trình: 
2 2 2  2 2 2 0 x y z x z + + - + - =  . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. 
Câu VII.b (1,0 điểm).  Giải hệ phương trình 
2 
3 1 
2 
2 2 2 
2.log log 1 
log (log 1).log 3 
y x 
y x 
ì = - ï 
í 
ï = - î 
. 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Cảm ơn bạn từ pat_hn@yahoo.com gửi đên www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 
(Đáp án­ Thang điểm gồm 05 trang) 
Câu  Nội dung  Điểm 
I.1  1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3 - 3x 2 + 4 
+ TXĐ: R 
+ Sự biến thiên: y’ = 3x 2 - 6x = 0 Û x = 0 và x = 2 
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥; 0) và (2; +¥) 
Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2) 
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 
y” = 6x - 6 = 0 Û x = 1 
Điểm uốn (1; 2) 
0.25 
Giới hạn và tiệm cận:  3  3 
3 4 
lim lim 1 
x x 
y x 
x  x ®±¥ ®±¥ 
æ ö = - + = ±¥ ç ÷ 
è ø 
..  0.25 
LËp BBT: 
0.25 
§å thÞ: 
0.25 
I.2 
2/. Ta có: y’ = 3x 2 - 6mx = 0 Û 
0 
2 
x 
x m 
= é 
ê = ë 
hàm số có cực đại và cực tiểu khi m ¹ 0. 
0.25 
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m 3 ), B(2m; 0) Þ  3 (2 ; 4 ) AB m m = - 
uuur 
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3 ) 
0.25 
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng  0.25 
0 
x 
4 +∞ 
-∞ 
- + + 0 0 y 
-∞ 
2 +∞ 
y 
0 
x 
y 
O
y = x và I  thuộc đường thẳng y = x 
3 
3 
2 4 0 
2 
m m 
m m 
ì - = ï Û í 
= ï î 
Giải ra, kết hợp đk ta có: 
2 
2 
m = ±  ;  0.25 
II.1 
* ĐK:x 
2 
p 
k ¹  . 
0.25 
Pt  về dạng  ­cos2x = cosx  (2)  0.25 
Giải (2) 
3 
2 
3 
p p 
k x + =  và x = p p  2 k + 
0.25 
Kết hợp đk pt có nghiệm là p p  2 
3 
k x + ± =  .. 
0.25 
II.2  Đk:  ; 2. x R y " Î £  0,25 
Biến đổi (1) về pt ẩn y: ( ) 2  3 4 3 y y x y + - - = -  3 (L);    1 y y x Û = = - 
0,25 
Thay vào (2)... 3  2 1 3 x x - + + =  . ... 
VT là hàm đồng biến trên [ ) 1; - +¥  nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ) 
0,25 
Với x=3 suy ra y = ­2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;­2)  0,25 
1 1  3 
2 
1 2 2 
0 0  4 
x  x I xe dx dx I I 
x 
= - = + 
- 
ò ò  0.25 
Tính 
1  2 2 
2 2 1 
1 0 
0 
1 1 
( ) | 
2 2 4 
x 
x x  e e I x e dx xe 
+ 
= = - = ò  0.25 
III 
Tính  2 I  bằng cách đặt 
2 4 t x = -  được  2 
16 
3 3 
3 
I =- +  0.25 
2  61 
3 3 
4 12 
e 
I = + - 
0.25 
6 
3 a 
V = 
0.50 
..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung 
trực của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng 
(ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp  đáy CDE. Gọi D  là đường thẳng qua I là trung điểm 
của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì  KN  //AM. KN và D  đồng 
phẳng suy ra  O KN = D Ç  là điểm cần tìm  0.25 
Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK= 
2 
3 
2 
a AD BC 
= 
+ 
; 
2 
2 
2 
; 2 
a CD 
IC a CD = = = 
IV 
Ta có 
2 
11 
4 
11 
4 
2 
4 
9  2 2 2 2 2 2  a OC R 
a a a 
IC OI OC = = Þ = + = + = 
0.25
j 
O 
C 
E 
I 
M 
N 
K 
A 
B 
S 
V ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã 
z y x 
9 
z 
1 
y 
1 
x 
1 
9 
xyz 
3 
xyz 3 
z 
1 
y 
1 
x 
1 
) z y x ( 
3 
3 
+ + 
³ + + Þ = ³ ÷ ÷ 
ø 
ö 
ç ç 
è 
æ 
+ + + + (*) 
¸p dông (*) ta cã 
3 3 3 3 3 3 a 3 c c 3 b b 3 a 
9 
a 3 c 
1 
c 3 b 
1 
b 3 a 
1 
P 
+ + + + + 
³ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
= 
0.25 
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã 
( ) ( ) 
( ) ( ) 
( ) ( ) 
3 
3 
3 
a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 
3 3 
b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 
3 3 
c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 
3 3 
+ + + 
+ £ = + + 
+ + + 
+ £ = + + 
+ + + 
+ £ = + +  0.25 
Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 
3 
+ + + + + £ + + + é ù ë û 
1 3 4. 6 3 
3 4 
é ù £ + = ê ú ë û 
Do ®ã 3 P ³  0.25 
DÊu = x¶y ra 
3 a b c 1 a b c 4 
4 a 3b b 3c c 3a 1 
ì + + = ï Û Û = = = í 
ï + = + = + = î 
VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi 4 / 1 c b a = = = 
0.25 
VI.a1  ptđt AB đi qua M(­3;­2) có dạng  ax+by+3a+2b=0  ( a 2 +b 2 ≠0).  Đuờng tròn (C) có tâm 
I(2;3) và bán kính  10 R =  nên  2 2 2 
2 2 
| 2 3 3 2 | 
10 10( ) 25( ) 
a b a b 
a b a b 
a b 
+ + + 
= Û + = + 
+ 
0.25 
Û  ( 3 )(3 ) 0 3 a b a b a b + + = Û = -  hay  3 b a = - 
pt AB: x­ 3y­3 = 0 hoặc AB: 3x­y+7=0  0.25 
TH1: AB: x­ 3y­3 = 0, ..gọi A(3t+3; t)Þ t > ­1 và do IA 2 =2.R 2 =20Þ t = 1, t = ­1 (loại). 
Suy ra A(6;1)Þ C(­2; 5) 
0.25
TH2: AB: 3x­y+7=0, gọi A(t; 3t+7) Þ t > 0 và do IA 2 =2.R 2 =20Þ t = 0, t = ­2 (không thoả 
mãn)  0.25 
Gọi ( ) , , n A B C = 
r 
( ) 2 2 2  0 A B C + + ¹  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). 
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; ( ) ( ) 1 2 0 2 0 Ax B y C z Ax By Cz B C + + + - = Û + + + - =  0.25 
( ) ( ) 1;1;3 3 2 0 2 N P A B C B C A B C - Î Û - + + + - = Û = + 
( ) ( ) : 2 2 0 P B C x By Cz B C Þ + + + + - =  0.25 
Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ( ) ( ) , 
2 2 4 2 4 
B 
d K P 
B C BC 
= 
+ + 
­ Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại) 
­ Nếu  0 B ¹  thì ( ) ( ) 
2 2 2 
1 1 
, 
2 4 2 4 
2 1 2 
B 
d K P 
B C BC  C 
B 
= = £ 
+ + æ ö + + ç ÷ 
è ø  0.25 
VI.a2 
Dấu “=” xảy ra khi B = ­C. Chọn C = 1 
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0  0.25 
VII.a  Gọi z = x + iy  ta có 
2 2  2 2 ; z x iy z z z z x y = - = = = +  (x, yÎR)  0.5 
2 2  2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1) z z z z x y x y + + = Û + = Û + = 
2 2 2 1 (2) z z x x + = Û = Û =  0.25 
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ;  y =  1 ± 
Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 ­ i  0.25 
VI.b1  Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I D Π nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). 
0.25 
Ta có:  AI (a;b+1) và  BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI ^ BI suy ra : 
a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) =  0 (2).  0.25 
Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a 2 – 2a = 0 Û a = 0 va a = 2.  0.25 
TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ 
trung điểm, ta có: 
î 
í 
ì 
= - = 
= - = 
2 2 
0 2 
A I C 
A I C 
y y y 
x x x 
và 
î 
í 
ì 
= - = 
- = - = 
1 2 
2 2 
B I D 
B I D 
y y y 
x x x 
; 
C(0;2) và D(­2;1).  0.25 
TH2: Với a = 2 thì I(2;­1). Tương tự ta được: C(4;­1) và D(2;­3). 
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(­2;1) hoặc C(4;­1) và D(2;­3). 
VIb2.  Ta có (S)  2 2 2 : ( 1) ( 1) 4 - + + + = x y z  suy ra (S) có tâm I(1;0;­1), bán kính R 2 = 
Và  (1; 1; 4); ( 1; 3; 4) AB AC = - - = - - - 
uuur uuur 
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là  , ( 8;8; 4) n AB AC é ù = = - - ë û 
r uuur uuur 
Suy ra mp(ABC) có phương trình:  8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0 - + - - - = Û - + + =  0.25 
Ta có 
1 
( ; ( )). 
3 ABCD ABC 
V d D ABC S =  nên  ABCD V  lớn nhất khi và chỉ khi  ( ;( )) d D ABC  lớn nhất . 
Gọi  1 2 D D  là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm 
bất kỳ thuộc (S) thì { } 1 2 ( ; ( )) max ( ;( )); ( ;( )) d D ABC d D ABC d D ABC £  . 
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2  0.25 
Đường thẳng  1 2 D D  đi qua I(1;0;­1), và có VTCP là  (2; 2;1) ABC n = - 
r 
0.25
Do đó (D1D2) có phương trình: 
1 2 
2 
1 
= + ì 
ï = - í 
ï = - + î 
x t 
y t 
z t 
. 
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ: 
2 2 2 
1 2  2 
2  3 
1 2 
3 ( 1) ( 1) 4 
x t 
t y t 
z t 
t 
x y z 
= + ì é = ï ê = - ï Þ ê í = - + - ê ï = ê ï ë - + + + = î 
1 2 
7 4 1 1 4 5 
; ; & ; ; 
3 3 3 3 3 3 
- - - - æ ö æ ö Þ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
D D 
Ta thấy:  1 2 ( ; ( )) ( ;( )) d D ABC d D ABC >  .  Vậy điểm 
7 4 1 
; ; 
3 3 3 
D æ ö - - ç ÷ 
è ø 
là điểm cần tìm 
0.25 
VIIb 
Điều kiện 
x 0 
y 0 
> ì 
í > î 
khi đó hpt 
( ) 2  2 3 2 
3 2 
2 
3 2 2 
2 
2.log y log x 1 
2.log y log x 1 
log y 
log y log x 1 log x 1 
log 3 
ì = - - 
ì = - ï ï Û Û í í 
= - = - ï î ï 
î 
Đặt  2 
3 
a log x 
b log y 
= ì 
í = î 
khi đó hpt trở thành: 
2 2.b a 1 
b a 1 
ì = - 
í 
= - î  0.25 
( )  2  2  a 1 2. a 1 a 1  a 2a 1 0 
b 0 b a 1 b a 1 
ì = - = - ì - + = ì ï Û Û Û í í í = = - = - ï î î î  0.5 
2 
3 
log x 1  x 2 
(t / m) 
log y 0  y 1 
= = ì ì 
Û Û í í = = î î 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ) 2;1 
0.25 
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án 
quy định. 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­