ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ CÓ ĐÁP ÁN

LỚP HỌC ANH TÂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (Năm 2009)
Mobi: 090 467 4466 Môn: Toán ( lần 6) Thời gian: 180 phút
A. Phần chung: ( 7 điểm)
Câu I: Cho hàm số
3 2
2 ( 3) 4y x mx m x= + + + +
có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 1.
2. Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao
cho (d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng
8 2
.
Câu II:
1. Giải hệ phương trình
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y

+ =


− =



2. Giải phương trình:
2 2
cot 8cos 3sin 2= +x x x
Bài III : Tính tích phân I =
dx
xx
x
∫
+
4
6
2
cos1cos
tan
π
π
Bài IV : Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a.
1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)
Câu V: Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m

+ − + −
− + + + =
B. Phần riêng: (3 điểm) Thí sinh được lựa chọn phần 1 hoặc phần 2
Phần 1: Theo chương trình Chuẩn
Bài VIa: 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , tìm các đỉnh của hình vuông OABC biết một đường chéo
của hình vuông có phương trình:
3
1
1
3
2
−
=
−
+
=
zyx
2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
; trọng tâm
G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC biết C
có hoành độ âm
Câu VIIa: Tìm số phức z sao cho :





−−=−

+−−+=+−
ziz
iiziz
53
321412
Phần 2: Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb: 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A (1;2,-3), B(0;-2;2), C ( 0,2, 1) tìm toạ độ trực tâm
của tam giác ABC
2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
; trọng tâm
G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC, biết C có
hoành độ dương.
Câu VIIb: Tính giá trị biểu thức P =
24
1 3
1
i
i
 
+
 ÷
−
 
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
Bảng biến thiên:

+ Hàm số luôn đồng biến, điểm uốn:
2 52
;
3 27
U
 
−
 ÷
 
2)
Phương trình hoành độ điểm chung của (C
m
) và d là:
=

+ + + + = + ⇔ + + + = ⇔

= + + + =

3 2 2
2
0
2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0
( ) 2 2 0 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (C
m

) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C
⇔
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
≤ − ∨ ≥

∆ = − − >

⇔ ⇔
 
≠ −
= + ≠


/ 2
1 2
2 0
( )
2
(0) 2 0
m m
m m
a
m
g m
.
Mặt khác:
− +
= =
1 3 4
( , ) 2

2
d K d
Do đó:
∆
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
2
1
8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
2 2
( ) ( ) 256
B C B C
x x y y⇔ − + − =
với
,
B C
x x
là hai nghiệm của phương trình (2).
⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − =
2 2 2 2
( ) ( 4 ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128
B C B C B C B C B C
x x x x x x x x x x
2 2
1 137
4 4( 2) 128 34 0
2
m m m m m

±
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ =
(thỏa ĐK (a)). Vậy
1 137
2
m
±
=
1) Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y

+ =


− =


; x = 0 không thỏa hệ →
3
3
1
3 2
3
2


= −




= −


y
x
y
x
. Đặt u =
1
x
→
3
3
3 2
3 2

= −


= −


y u
u y
2) Giải phương trình:

2 2
cotg 8cos 3sin 2x x x= +
(Điều kiện: sinx ≠ 0)
2 2 2 2 2
cotg 8cos 3sin 2 1 cotg 9cos 6sin cos sinx x x x x x x x= + ⇔ + = + +
( )
2
2
1
3cos sin
sin
x x
x
⇔ = +
( )
1
3cos sin
sin
1
3cos sin
sin
x x
x
x x
x

= +

⇔



= − +


2
2
3sin cos sin 1 0
3sin cos sin 1 0
x x x
x x x

+ − =
⇔

+ + =


( )
2
cos 3sin cos 0
2 tan 3tan 1 0
x x x
x x

− =
⇔

+ + =



cos 0
1
tan
3
1
tan
2
tan 1
x
x
x
x
=



=

⇔

= −



= −

2
1 1
, , tan , tan
3 2

4
x k
x k
k Z
x k
x k
π
π
α π
α β
β π
π
π

= +


= +

⇔ ∈ = = −

= +


= − +


2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2

1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
x x
m m
+ − + −
− + + + =
(1)
* Đk
[-1;1]x ∈
, đặt t =
2
1 1
3
x+ −
;
[-1;1]x ∈ ⇒
[3;9]t ∈
Ta có: (1) viết lại
2
2 2
2 1
( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t t
t m t m t m t t m
t
− +
− + + + = ⇔ − = − + ⇔ =
−
Xét hàm số f(t) =

2
2 1
2
t t
t
− +
−
, với
[3;9]t ∈
. Ta có:
2
/ /
1
4 3
( ) , ( ) 0
3
( 2)
t
t t
f t f t
t
t
=

− +
= = ⇔

=
−


Lập bảng biến thiên
t 3 9
f
/
(t) +
f(t)

48
7
4
Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm
[-1;1]x ∈
⇔ (2) có nghiệm
[3;9]t ∈
⇔
48
4
7
m≤ ≤
Bài 4:
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM =
3
2
a
;
·
0
60AMS =
và SO ⊥ mp(ABC)

⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
Gọi V
SABC
- là thể tích của khối chóp S.ABC
⇒ V
S.ABC
=
3
3
1
.
3 16
ABC
a
S SO
∆
=
(đvtt)
Mặt khác, V
S.ABC
=
1
. ( ; )
3
SAC
S d B SAC
∆

∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
3
2
a
⇒
2
13 3
16
SAC
a
S
∆
=
Vậy: d(B; SAC) =
.
3
3
13
S ABC
SAC
V
a
S
∆
=
(đvđd).
Bài 5:
*Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P)
là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có

HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡
C
S
O
M
A
B
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác,
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
. 0 ( (2;1;3)AH d AH u u
⊥ ⇒ = =
uuur r r
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
⇔
7x + y – 5z –77 = 0
Bài 6:
Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) =
5 2
2
ABC
a b S

AB
∆
− −
=
⇒
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
− =

− − = ⇔

− =

; Trọng tâm G
( )
5 5
;
3 3
a b+ −
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S
p
=

+ +
Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r
p
= =
+
.
Bài 7:
a) Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z
2
+ bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :
( ) ( ) ( )
2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
+ = = −
 
+ + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔
 
+ = =
 

b) Ta có:

( )
( )
( ) ( )
1
2
2
2 2 2
1
1 1 1 1 , 1.
1
n
n
x
x x x x x
x
+
−
+ + + + = <
−
Do đó: limU
n
=
( )
( )
( ) ( )
1
2
2
2 2 2
1 1

lim 1 1 1 1 lim , 1.
1 1
n
n
x
x x x x x
x x
+
−
+ + + + = = <
− −
Bài 8: a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3 3 3
1
8 1 8 1 8 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
Ta có :
3 2 2
8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1
cauchy
c c c c c+ = + − + ≤ +
⇒
2
3
2 1
8 1
a a

c
c
≥
+
+
Tương tự,
2 2
3 3
;
2 1 2 1
8 1 8 1
b b c c
a b
a b
≥ ≥
+ +
+ +
Ta sẽ chứng minh:
2 2 2
1 (1)
2 1 2 1 2 1
a b c
c a b
+ + ≥
+ + +
( HS tự chứng minh BĐT này)
b) Xét nhị thức:
( )
0
1 .

n
n
k k
n
k
x C x
=
+ =
∑
.
Lấy đạo hàm hai vế ta có,
( )
1
1
1
1
n
n
k k
n
k
n x kC x
−
−
=
+ =
∑
. Cho x = 1 ta được đẳng thức sau:

1 2 1 1 2009 1 2009

1. 2. . .2 .2 .2 2 2 2010
n n n n
n n n
C C n C n n n n
− − −
+ + + = ⇒ = ⇔ = ⇔ =

-