Note: Có đáp án. (Chưa làm)

1. 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
Đề chính thức 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 y = x 4 + 2 ( m − 2 ) x 2 + m2 − 5m + 5 ( Cm )
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.
1 1
2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: ≤
x + 2 − 3− x 5 − 2x
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân
π
x + sin 2 x
I = ∫ 0
3
1 + cos 2 x
dx
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
x3 + y 3 + 16 z 3
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+y+z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của P = .
( x + y + z)
3
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 x − y − 2 2 = 0 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
x y−2 z
phương trình ∆ : = = , ( P ) : x – y + z - 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng
1 2 2
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 z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 .
2 2
z + z2
Tính giá trị của biểu thức 1 .
( z1 + z2 ) 2
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.
x − 2 y −3 z −3
2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : = = và
1 1 −2
x −1 y − 4 z − 3
d2 : = = . Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt
1 −2 1
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.
 x 2 = 1 + 6 log 4 y
Câu VII b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2 2 x +1
y = 2 y + 2
x
------------------Hết---------------
www.MATHVN.com

2. 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 f ( x ) = y = x − 2 x + 1 (C)
4 2
1.TXĐ: D = R 0,25
2. Sự biến thiên của hàm số:
* Giới hạn tại vô cực: lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞
x → −∞ x → +∞
* Bảng biến thiên: f ' (x ) = y ' = 4 x − 4 x = 4 x x 2 − 1
3
( )
y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −1; x = 1 0,25
x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ 1 +∞
0 0
0,25
* Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− 1;0) và (1;+∞ ) , nghịch biến
trên mỗi khoảng (− ∞;−1) và (0;1)
*Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; y CT = 0 , đạt cực đại tại x = 0; y CD = 1
3. Đồ thị:
 3 4  3 4
* Điểm uốn: y ' ' = 12 x 2 − 4 , các điểm uốn là: U 1  − ; , U 2 
 3 9  3 ;9

   
* Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) 0,25
* Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
* Đồ thị: ( HS tự vẽ hình)
1b Tìm tham số m:
Ta có f ' ( x ) = 4 x 3 + 4(m − 2 )x = 0 ⇔ x = 0; x 2 = 2 − m 0,25
* 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:
( ) (
A(0; m 2 − 5m + 5), B 2 − m ;1 − m , C − 2 − m ;1 − m ) 0,25
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:
AB. AC = 0 ⇔ (m − 2) = −1 ⇔ m = 1 vì đk (1)
3
0,25
( ) (
Trong đó AB = 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 , AC = − 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 ) 0,25
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1
Điều kiện: cos2x ≠ 0; cosx ≠ 0; sin3x ≠ 0 0,25
tgx – 3cot3x = 2tg2x <=> tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x)
sin x cos 3x sin 2x cos 3x
⇔ − = 2( + )
cos x sin 3x cos 2 x sin 3x
1
- cos4x .cos2x = 2 cos2x<=>(2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0<=> cos32x = -
2
1 + cos 2 x 0,25
Đối chiếu điều kiện: cosx ≠ 0 <=> cos2x ≠ 0 <=> ≠ 0 <=> cos2x ≠ -1.
2
sin3x ≠ 0 <=> sinx(3 – 4sin2x) ≠ 0 <=> sin2x ≠ 0
www.MATHVN.com

3. www.MATHVN.com
3
sin2x ≠
4
1 − cos 2 x
2a ≠0 cos 2 x ≠ 1
⇔ { 2
1 − cos 2 x 3 ⇔ { cos 2x≠−
1
≠ 2
2 4
0,25
1 1 α
3
=> cos 2x = - (thoả mãn ĐK)<=> cos2x = -
3
= cos α ⇔ x = ± + kπ
2 2 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
α 1
x = ± + kπ, k ∈ Z với cos α = − 3
2 2
2 0,25
1 1
Giải bpt ≤
x + 2 − 3− x 5 − 2x
 5
− 2 ≤ x < 2
0,25
* ĐK: 
1
 x≠
 2
2b 1
* Với − 2 ≤ x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên bpt luôn đúng
2 0,25
1 5
* Với < x < : Bpt ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2x ⇔ 2 x 2 − 11x + 15 ≤ 2 x − 3
2 2
 3 5
 ≤x< 5 0,25
Ta có:  2 2 ⇔2≤ x<
2 x 2 − x − 6 ≥ 0 2

 1  5
Vậy tập nghiệm của bpt là: S = − 2;  ∪ 2; 
 2  2 0,25
π π
3 3
dx dx 0,25
I= ∫ sin 2 x. cos 4 x
π
= 4 .∫ 2 2
π sin 2 x. cos x
4 4
Đặt : t = tanx
Đổi cận: x = x= 0,25
(1 + t 2 ) 2 dt 8 3−4
3 3
1 1 t3 3
3 Khi đó I = ∫ = ∫ ( t 2 + 2 + t )dt = (− t + 2t + 3 )
2
=
1 t2 1
1 3
π π
3 3
dx dx
I=∫ 2 4
= 4 .∫ 2 2
π sin x. cos x π sin 2 x. cos x
4 4
0,25
Đặt : t = tanx
Đổi cận: x =
x=
www.MATHVN.com

4. www.MATHVN.com
(1 + t ) dt
3 3
2 2
1 1 t3 3 8 3−4 0,25
Khi đó I = ∫ t2
1
= ∫ ( 2 + 2 + t 2 )dt = (− + 2t + )
1 t
t 3 1
=
3
0
* Hình thoi ABCD có góc A=120 và tâm O nên tam giác ABC đều :
1 a a 3
OB = BD = và AB = AC = 0,25
2 2 3
Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥ BC ; AI = OB
Mà SA ⊥ mp( ABCD ) ⇒ BC ⊥ SI . Do đó ∠SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì
a 3
∆SAI vuông tại A : ∠SIA = 60 0 ⇒ SA = AI . tan 60 0 =
2
* Kẻ OK ⊥ SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α). 0,25
SC AC OC. AC SC SC 2
Khi đó ∆ASC ~ ∆KOC : = ⇔ KC = ⇔ = (1)
4 OC KC SC KC OC. AC
1 SC  SA 2  13 SA
Lại do OC = AC ; SC 2 = SA 2 + AC 2 , nên = 21 +
 = =
2 KC  AC 2  2 HK

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
0,25
V S ABCD .SA SA
hình chóp S.ABCD: = = 2. = 13
V1 S BCD .HK HK
V V1 + V2 V V
* Ta được: = = 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12 0,25
V1 V1 V1 V1
S
A
K B
O I
H
D
C
5 .
( x + y)
3
Trước hết ta có: x3 + y 3 ≥ (biến đổi tương đương) ⇔ ... ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0
2
4
( x + y) + 64 z 3 (a − z) + 64 z 3
3 3
0.25
4P ≥ = = (1 − t ) + 64t 3
3
Đặt x + y + z = a. Khi đó
a3 a3
z
(với t = , 0 ≤ t ≤1)
a
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có 0.25
1
f '(t ) = 3 64t 2 − (1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]
2
  9 0.25
Lập bảng biến thiên
64 16
⇒ Minf ( t ) = ⇒ GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
t∈[ 0;1] 81 81
www.MATHVN.com

5. www.MATHVN.com
1. * B = d ∩ Ox = (1;0)
Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) ∈ d 0,25
H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0)
H là trung điểm của BC.
* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t − 1) 2 + (2 2t − 2 2) 2 = 3|t - 1| 0,25
∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
t = 3
* ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔  0,25
 t = −1
4 2
* Với t = 3 ⇔ A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G( 3 ; )
3
6a −4 2 0,25
Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( −1 ; )
3
2. Gọi ud , u∆ , nP lần lươt là các vtcp của đt d , đt ∆ và vtpt của mp ( P).
Đặt ud = (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0) . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : nP ⊥ ud => a
–b+c=0 b = a + c ( 1 ).
Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450 ⇔ Góc giữa 2 vtcp bằng 450 .
a + 2b + 2c 2
= ⇔ 2(a + 2b + c) 2 = 9(a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
a + b + c .3
2 2 2 2
c = 0
Thay (1) vào ( 2) ta có : 14c + 30ac = 0 ⇔ 
2
15a
c = −
 7
* 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.
6
1.Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7
0,25
6b  xB + xC + 2 = 6
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 
 yB + yC + 3 = 0
0,25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1)
Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25
9 81 0,25
Bán kính R = d(C; BG) = ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =
5 25
2. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a = (1;1; −2)
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b = (1; −2;1) 0,25
Ta có  a, b  ≠ 0 và  a, b  M 0 M 1 = 0 vậy d1 cắt d2
   
(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ⇒ A ∈ (d1,d2) 0,25
t +5 t +5 
B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M  ; ;3 − t  ∈ d2 ⇒ t = - 1 => M(2;2;4) 0,25
 2 2 
C( 1+u;4-2u;;3+u) : AC ⊥ a ⇒ u = 0 ⇒ C(1;4;2) 0,25
www.MATHVN.com

6. www.MATHVN.com
3 2 3 2
Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 − i, z2 = 1 + i 0,25
2 2
2
7a 3 2  22
Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + 
2
 2  = 2 ; z1 + z2 = 2

 
2 2 0,25
z + z2 11 0,25
Đo đó 1 = ... =
7 ( z1 + z2 ) 2 4
0,25
 x 2 = 1 + 6 log 4 y
Giải hệ phương trình  2 2 x +1
y = 2 y + 2
x
0,25
* ĐK : y > 0
7b Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1
* Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x 2 = 1 + 6 log 4 2 x +1 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 0,25
giải pt thì x = -1 và x = 4
* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) 0,25
Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) 0,25
www.MATHVN.com