Đề thi thử môn Toán có đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 30
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  4.

2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình ( x  2) 2 

m
.
x 1

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình

34 x  32

x 1 1

 4.32 x 

x 1

.

2. Tính các góc của tam giác ABC biết
sin 2 B  sin 2 C  (1  cos A) 2

sin 2 B  sin 2C  cos( A  B)  cos C.


Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I 

4

sin x

 2 cos x  5 sin x cos 2 x dx.
0

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân (AB // CD), AB = 2CD = 4a,
BC  a 10 . Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SO vng góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt
bên SAB là tam giác đều. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính cosin góc giữa hai đường thẳng
SD và BC.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ab
bc
ca


P
.
a  b  c b  c  4a c  a  16b
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 và điểm A(5;  6).
Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Viết phương trình
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

x  3 y  2 z 1
và mặt cầu



2
1
2
( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  19  0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho mặt
phẳng qua M và vng góc với d cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi 8 .

2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  z  2  2i và

z  2i
là số ảo.
z2


ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Câu
I.
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm)
a. Tập xác định: D   .
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có y '  3 x 2  6 x .

x  0
 x  2
y'  0  
; y '  0  2  x  0 và y '  0  
 x  2
x  0
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  2) và (0 ;  ) , hàm nghịch biến trên (2; 0) .
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCĐ  0 và đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  4 .
* Giới hạn: lim y   ; lim y   .
x

x

* BBT

y

x 

0

2



y'

0,5

0







0



2

O

x

1

0

y

0,5

4



c. Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số cắt trục hoành
tại A(1; 0).

4

2. (1,0 điểm)

Ta có ( x  2) 2 

m
 x  1 ( x 2  4 x  4)  m, x  1.
x 1

 x 3  3 x 2  4
khi x  1
Xét hàm số f ( x)  x  1 ( x 2  4 x  4)  
3
2
 ( x  3 x  4) khi x  1.
Suy ra đồ thị hàm số y  f (x) gồm phần đồ thị (C) với x  1 và đối xứng phần đồ thị (C) với
x  1 qua Ox.

y
4

Dựa vào đồ thị ta suy ra
* m  0, phương trình vô nghiệm.
* m  0, phương trình có 1 nghiệm.
* 0  m  4, phương trình có 4 nghiệm.
* m  4, phương trình có 3 nghiệm.
* m  4, phương trình có 2 nghiệm.

0,5

2
II.
(2,0
điểm)

0,5

O

1

x

1. (1,0 điểm)
Điều kiện: x  1.
Pt đã cho  1  3.32

 3.32(

x 1 4 x

x 1  2 x )

 4.3

 4.3

x 1 2 x

x 1  2 x

1  0 .

t  1
Đặt t  3 x 12 x , t  0. Khi đó pt trở thành 3t 2  4t  1  0   1
t 
 3
x  0
1 17
x
.
 1  x  1  2x  0  x  1  2x  
2
8
x  1  4x
1
1
* Với t  , ta có 3 x 1  2 x   x  1  2 x  1  x  1  2 x  1
3
3

* Với t  1, ta có 3

x 1  2 x

0,5


0,5

1

2 x  1  0
5
x 


x .
2
2
4
 x  1  (2 x  1)
4 x 2  5 x  0

1  17
5
và x  .
Vậy nghiệm của pt là x 
4
8
2. (1,0 điểm)

* Ta có sin 2 B  sin 2 C  (1  cos A) 2
1  cos 2 B 1  cos 2C


 1  2 cos A  cos 2 A
2
2
1
  (cos 2 B  cos 2C )  2 cos A  cos 2 A
2
  cos( B  C ) cos( B  C )  2 cos A  cos 2 A

0,5

cos A  0

cos( B  C )  cos A  2
 cos A  0 (do cos( B  C )  1  cos A  2)  A  90 0.
* Ta có sin 2 B  sin 2C  cos( A  B)  cos C
 2 sin( B  C ) cos( B  C )  cos( A  B )  cos( A  B )
 2 sin A cos( B  C )  2 sin A sin( B )
 cos( B  C )  sin B
 cos B cos C  sin B sin C  sin B

0,5

 cos B sin B  sin B cos B  sin B (do B  C  90 0 )
 2 cos B  1  B  60 0.
Suy ra A  90 0 , B  60 0 , C  30 0.


III.
(1,0
điểm)

4

Ta có I 


0


4

sin x
tan x
dx
dx 
.
.
2
2
2
2 cos x  5 sin x cos x
2
(
1
tan
)

5
tan
cos

x

x
x
0



Đặt t  tan x . Khi đó dt 
1

I


0


dx
. Khi x  0 thì t  0, khi x  thì t  1. Suy ra
2
4
cos x

0,5

1

t
t
dt 
dt
(
2
t
1
)(t  2)

2t 2  5t  2
0



1


IV.
(1,0
điểm

1
1
1  2
1 
2
1
2

1
1
2
d
t

ln
t

2

ln
2
t

1
 (ln 3  ln 2)  ln 3  ln 3  ln 2.



3 0  t  2 2t  1 
3
6
3
6
2
3
0
0



+) Gọi H là hình chiếu của C trên AB; M, N là trung
AB  CD
điểm của AB, CD. Ta có HB 
a
2
 CH  3a  OM  2a, ON  a
nên
OAB

S

0,5

vuông cân. Suy ra OA  OB  2a 2 . Do đó
SO  OB  2a 2 . Suy ra
1
VS . ABCD  SO.S ABCD  6a 3 2 .
3
+) BC // DM nên
( SD, BC )  ( SD, DM )    [0,



2

V.
(1,0
điểm

M

A

].

Ta có DM  BC  a 10 , SD  SO 2  OD 2

0,5

H

B

O
D

N

C

2
2
 a 10 , SM  2a 3 . Suy ra cos SDM  . Vậy cos   .
5
5
Đặt x  a  b  c, y  b  c  4a, z  c  a  16b. Khi đó x, y, z  0 và
21x  5 y  z
yx

zx
.
,b
,c
a
15
3
15

0,5

0,5


y  x z  x z  x 21x  5 y  z 21x  5 y  z y  x



15  15
15
15
3
Suy ra P  3

x
y
z
 6 x  5 y  z 20 x  5 y 16 x  z
4 1 y 1 z 4 x 16 x




  .  .  .  .
15 x
15 y
15 z
5 3 x 15 x 3 y 15 z
1 y
x 1 z
x 4
4 8 4 16
   4     16       .
3 15 5 15
3 x
y  15  x
z 5
2
2
 y  2x
 y  4 x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2

2
 z  16 x
z  4x
b  c  4a  2( a  b  c)
5
3
 a  c, b  c.


c

a

16
b

4
(
a

b

c
)
7
7

16
5
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt được khi a  c, b  c.
15
7
7

0,5

1. (1,0 điểm)

VIa.
(2,0
điểm)

B

(C) có tâm I (1; 2), bán kính R = 5, BC cắt IA tại H. Ta có AI = 10
IB 2 5
1
1
1
 . Do đó IH  IA  H ( ; 0); cos AIB 
4
2
2
IA 2
0
0
 AIB  60  ABC  60 nên ABC là tam giác đều.
 IH 

A

G H

I

C

Suy ra tâm đường tròn nội tiếp của ABC trùng với trọng tâm. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

2
5
Ta có AG  AH  G (2;  2). Bán kính đường tròn nội tiếp là r  GH  .
3
2
25
Suy ra phương trình đường tròn nội tiếp ABC là ( x  2) 2  ( y  2) 2  .
4
2. (1,0 điểm)
Mặt cầu (S) có tâm I (1;  1; 2), bán kính R  5. Từ giả thiết suy ra mặt phẳng qua M vuông góc với
d cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r  4.
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (2; 1;  2); M  d  M (3  2t; 2  t ; 1  2t ).
Phương trình ( P) : 2( x  3  2t )  ( y  2  t )  2( z  1  2t )  0  2 x  y  2 z  9t  6  0.
Ta có d ( I , ( P))  R 2  r 2  3 

9t  9
3

Suy ra M (3; 2; 1), M ( 1; 0; 5).
VIIa.
(1,0
điểm)

Đặt z  x  yi . Khi đó
2

t  0
.
3 
t  2



0,5

0,5

0,5

z  z  2  2i  x  yi  x  2  ( y  2)i
0,5

 x  y  ( x  2)  ( y  2) 2
 x  y  2  y  2  x.
Ta có

2

0,5

2

(1)

z  2i x  ( y  2)i [ x  ( y  2)i ].[( x  2)  yi]


z  2 ( x  2)  yi
( x  2) 2  y 2
x( x  2)  ( y  2) y ( x  2)( y  2)  xy

x( x  2)  ( y  2) y
i là số ảo khi và chỉ khi
0

2
2
2
2
( x  2) 2  y 2
( x  2)  y
( x  2)  y

 x 2  y 2  2( x  y )

( x  2) 2  y 2  0

(2)
( x  1) 2  1

Thay (1) vào (2) ta được 

x  2

0,5

 x  0 . Suy ra y  2 .

Vậy z  2i.
1. (1,0 điểm)
VIb.

(2,0
điểm)

1 3
Tọa độ chân đường cao H ( ; ). Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt
5 5
1 7
d : x  2 y  3  0. d  AH  I  I ( ; ). Ta có HA  3HI  A(1; 3).
5 5

0,5


d ( A, BC ) 

6
5

. Suy ra BC 

2 S ABC
 2 5.
d ( A, BC )

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó MA  3MG  M (1; 0).
Gọi B ( x1 ;

x  3
 x1  1
). Khi đó MB  5  ( x1  1) 2  4   1

2
 x1  1.

+) Với x1  3  B(3;  1)  C (1; 1).
+) Với x1  1  B (1;1)  C (3;  1).
Suy ra A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1) hoặc A(1; 3), B (1; 1), C (3;  1).
2. (1,0 điểm)

0,5

Ta có 1 đi qua D(0; 1; 1), có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 1) .

AD  (1; 2;  1)  [u1 , AD]  (3; 1; 5).
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và đường thẳng 1 . Suy ra phương trình ( P ) : 3 x  y  5 z  6  0.
 2 cắt (P) tại C  C (1; 3; 0).
B  1  B (2t; 1  t ; 1  t ),  2 có vectơ chỉ phương u 2 (1;  1; 1), BC (1  2t ; 2  t;  1  t ) .

0,5

BC   2  BC.u 2  0  t  2. Suy ra B (4;  1;  1).
VIIb.
(1,0
điểm)

Đặt z  x  yi . Khi đó do z  2i có một acgumen bằng một acgumen của z  2 cộng với
z  2i






4



 r (cos  i sin ) , với r  0 .
4
4
z 2
z  2i x  ( y  2 )i [ x  ( y  2 )i ].[( x  2 )  yi]
Ta có


z  2 ( x  2 )  yi
(x  2 )2  y 2

nên

0,5

x( x  2 )  y ( y  2 )
(x  2 )2  y 2



( x  2 )( y  2 )  xy
(x  2 )2  y 2

0,5

i

x2  y 2  2

x( x  2 )  y ( y  2 ) ( x  2 )( y  2 )  xy
Suy ra

 0  ( x  2) 2  y 2  0 .
2
2
2
2
(x  2)  y
(x  2)  y

 x  y  2  0
Ta có T  | z  1 |  | z  i |  | ( x  1)  yi |  | x  ( y  1)i | ( x  1) 2  y 2  x 2  ( y  1) 2
 3  2x  3  2 y .
Áp dụng BĐT Côsi ta có
T 2  2(6  2 x  2 y )  2(6  2 2( x 2  y 2 ) )  20 .
Suy ra T  2 5 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 .
Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 5 , đạt khi z  1  i .

 

0,5