ĐỀ + ĐA THI THỬ TOÁN T6/2010

TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO
THÀNH CÔNG QUẢNG NINH
ĐỀ 03
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 6/ 2010
Môn Toán - Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 (phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A; B và
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
( x
∈
R).
2. Giải phương trình







−=−+
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
2
0
3
)cos3(sin
.sin
π
xx
dxx
.
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và

2

. . .
2
a
SA SB SC SA SB SC
= = =
r r r r
r r
. Tính thể tích khối chóp SABC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 và a
2
+ b
2
+ c
2
= 3, chứng minh rằng
3 3 3
2 2 2
3
2
3 3 3
a b c
b c a
+ + ≥
+ + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2; –3), B(3; –2), ∆ ABC có diện tích bằng
3

2
; trọng tâm G của
∆
ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC.
2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
3
1
12
1 −
==
− zyx
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn
z 2 i 2− + =
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng
( )
: 3 0d x y− − =
và có hoành độ
9
2
I
x =
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d

1
:
4 1 5
3 1 2
x y z− − +
= =
− −
và d
2
:
2 3
1 3 1
x y z− +
= =

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−


+ − + = +


+ − + = +


( x, y
∈
R).
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………………
Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 03 THI THỬ THÁNG 6
Câu Ý Nội dung Điểm
I
1 Hs tự làm
1đ
2 Đường thẳng y = mx – m + 2 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình
2
2
1
x
mx m
x
= − +
−
có 2 nghiệm phân biệt khác 1.
2

( ) 2 2 0g x mx mx m⇔ = − + − =
có 2
nghiệm phân biệt khác 1
⇔

0
0
(1) 0
m
g
≠


∆ >


≠


0m⇔ >
. Ta có
1 1 2 2
( ; 2); ( ; 2A x mx m B x mx m− + − +
)
( )
2 2 2
2 1 2 1 2 1
; ( ) ( ) (1 )AB x x m x x AB x x m⇒ = − − ⇒ = − +
r
( )

( )
2
2 2
1 2 1 2
4 ( 1)AB x x x x m⇔ = + − +
Vì x
1
;x
2
là 2 nghiệm của g(x)=0 nên ta có
1 2 1 2
2
2;
m
x x x x
m
−
+ = =
2
1
8( ) 16 min 4 1AB m AB m
m
⇒ = + ≥ ⇒ = ⇔ =
0,25
0,25
0,25

0,25
II
1

+) ĐK:
1x
≥ −

( ) ( )
( ) ( )
2
3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0
1 1 2 3 0
x x x x x x x x x x
x x x
+ + + = + + + ⇔ + − − + + − =
⇔ + − − + =
0
0
1 1 0
( )
1 1
3 2
3 / 4
x
x
x x
tm
x x
x x
x
=




≥

+ = =


⇔ ⇔ ⇔




= =


+ =






= −




KL: …
0,5
0,5
2

2
1 sin sin cos sin 1 cos 1 sin
2 2 2
x x
PT x x x x
π
 
⇔ + − = + − = +
 ÷
 
01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =







−−⇔=






−−⇔
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=







++






−⇔


=
= π


= π



⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = π ∈
π



= π + π
= + π





+ + =

2
sin x 0
x k
x k
x
sin 1 x k , k
x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2 sin 1 0(VN)
2 2
Z
0,25
0,25

0.25
0,25
Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46
III
Ta có
3
3
sin[(x- ) ]
sinx
6 6
(sinx+ 3 osx)

8 os ( )
6
c
c x
π π
π
+
=
−
3
3 1
sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os (x- )
6
x c
c
π π
π
− +
=
3 2
sin( )
3 1 1
6
16 16
os ( ) os ( )
6 6
x
c

c x c x
π
π π
−
= + +
− −
2
2
3
2
0
0
sinxdx 3 1
( tan( ))
16 6
(sinx+ 3 osx)
32 os ( )
6
x
c
c x
π
π
π
π
⇒ = + −
−
∫
=
3

6
0,5
0,5
IV
2
. . .
2
a
SA SB SB SC SC SA= = =
r r r r
r r
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
SA SB AB SB SC BC SC SA AC a+ − + − + −
⇔ = = =
SA SB SC a
⇒ = = = ⇒
SABC là tứ diện đều có các canh bằng a
3
2
12
a
V⇒ =

0,5
0,5
V
Ta có:
3 3 2 6 2
3

2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3

3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
VT a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
= 3 Từ (4)
3
2

VT⇔ ≥
dấu “ =” khi a = b = c = 1.
0,5
0,5
VIa
1
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
= =
+
.
0,25
0,25
0,5
2 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 ≡

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

0,5
0,5
Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
⇔
7x + y – 5z –77 = 0
VIIa
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2 1 4
3
2
a b i
a b

b a
b a


− + + =
− + + =
 
⇔
 
= −
= −





2 2
1 2
2 2
1 2
a
b
a
b


= −





= − −


⇔


= +




= − +




Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2−
+(
1 2− −
)i; z= z=
2 2+
+(
1 2− +
)i.
0,5
0,5
VIb
1

I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒
 ÷
 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và
Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y
= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD

ABC
S
S AB A
AB
= ⇔ = =
( )
AD d
M AD
⊥


∈


, suy ra phương trình AD:
( ) ( )
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2
2
3 0
3 2
x y
x y
+ − =




− + =


3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔
 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
9 3
;
2 2

I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2 3 1 2
C I A
C I A
x x x
y y y
= − = − =

⇔

= − = − =

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,5
0,5
2 Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và B khi
đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d

dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB
và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u

⊥


⊥


uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒
AB
uuur
(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒

I(2; 1; -1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,5
0,5
Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46
VIIb
Trừ hai vế các phương trình ta có
2 1 2 1
2 2 3 2 2 3
x y
x x x y y y
− −
+ − + + = + − + +
Xét hàm số
2 1
( ) 2 2 3
t
f t t t t
−
= + − + +
có
2
1 1
2 2

1 2 2 1
'( ) 1 3 ln3 3 ln3 0
2 2 2 2
t t
t t t t
f t
t t t t
− −
− − + + −
= + + = + >
− + − +

Do f(t) là hàm đồng biến trên R nên suy ra x=y hệ phương trình đã cho tương đương
với
2 1
2 2 3
x
x x x
−
+ − + =
2
ln( 2 2 1) ( 1)ln3x x x x⇔ + − + − = −

Xét g(x)=
2
ln( 2 2 1) ( 1) ln3x x x x+ − + − − −
có
2
2
1

1
2 2
'( ) ln 3 1 ln3 0
1 2 2
x
x x
g x
x x x
−
+
− +
= − ≤ − <
− + − +
( ) 1g x NB x⇒ =
là nghiệm duy nhất
1x y⇒ = =
0,5
0,5
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
Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46