thử sức trước kỳ thi đề số 6 năm 2011

Thử sức trước kì thi


Trang1

THTT SỐ 405-3/2011



Đ
Đ
Đ
Ề
Ề
Ề



S
S
S
Ố
Ố
Ố



0
0
0
6

6
6



Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
Cho hàm số:
3 2
y x 3x 9x 3.
   

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số.
2) Tìm các giá trị của k để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k, đồng thời
đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến với (C) cắt các trục tọa độ Ox, Oy tương ứng ở A và
B sao cho OB = 2011.OA.
Câu II:
1) Giải hệ phương trình:
3 2 2
2 3
3
x 2y x y 2xy
2 x 2y 1 y 14 x 2.

  


     




2) Giải phương trình:
2
3x
x
2 3 17.
 

Câu III:
Tính tích phân:
 
3
2011
3 2
1
I x 3x 2 dx.

  


Câu IV:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = a và

0
ABC 30 .

Hai mặt phẳng
(SAB) và (SAC) cùng tạo với đáy một góc 60

0
. Biết rằng hình chiếu của đỉnh S trên mặt đáy thuộc cạnh
BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Câu V:
Tính giá trị lớn nhất biểu thức
   
3 3
2
x y
P
x yz y zx z xy

  
, trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn
x y 1 z.
  

PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết ba chân đường cao ứng với các đỉnh A,
B, C lần lượt là






A' 1;1 ,B' 2;3 ,C' 2;4 .

 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm






A 1;2; 7 ,B 4;0;0 ,C 5;0; 1
  
và mặt cầu


2 2 2
S : x y z 2x 4y 7 0.
     
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện MABC
lớn nhất, nhỏ nhất.
Câu VII.a:
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
2z 3 i
 
, biết rằng
2
3z i zz 9.
  

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm



M 2; 1

và đường tròn


2 2
1
C :x y 9.
 
Viết
phương trình đường tròn (C
2
) có bán kính bằng 4 và cắt (C
1
) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ
nhất.
www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi


Trang2
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ giác ABCD với




A 1;2;1 ,C 2;4; 1 .


Hai điểm B, D
thuộc đường thẳng
x 1 y 2 z
1 2 3
 
 
sao cho BD = 4. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của tứ giác và
biết rằng
ABCD IAD
S 2011.S .
 Tính khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng AC.
Câu VII.b:
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết rằng
z 2 z 2 6.
   

H
H
H
Ư
Ư
Ư
Ớ
Ớ
Ớ
N
N
N
G
G

G



D
D
D
Ẫ
Ẫ
Ẫ
N
N
N



G
G
G
I
I
I
Ả
Ả
Ả
I
I
I

V
V
V
À
À
À



Đ
Đ
Đ
Á
Á
Á
P
P
P



S
S
S
Ố
Ố
Ố

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
1) Tự giải
2)
2 2
k y' 3x 6x 9 3x 6x 9 k 0 (*)
        
Để (C) có hai tiếp tuyến phân biệt, cùng hệ số góc k thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt


36 4.3. 9 k 0 k 6
       

Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai tiếp điểm:
   
 
3 2 3 2 2
1 1 k 12 k
y x 3x 9x 3 3x 6x 9x 3x 6x 9 12x kx k 12x x
3 3 3 3

 
               
 

Tọa độ giao điểm của (d) với Ox, Oy tương ứng lần lượt là
k
A ;0

k 12
 

 

 
,
k
B 0;
3
 
 
 

Ta có:
k k
OB 2011.OA 2011. k 6021
3 k 12
    


Vậy k = 6021.
Câu II:
1)
3 2 2
2 3
3
x 2y x y 2xy
(1)

(2)
2 x 2y 1 y 14 x 2

  


     



Điều kiện:
2
x 2y 1
 

Từ (1) suy ra:
 
 


2
2
0
x 2y VN
x 2y x y 0
x y


   





Với x = y từ (2) ta có phương trình:
32 3
2 x 2x 1 x 14 x 2
     

 
   
   
   
   
   
   
3
3
2
2
2
3 3
3
3
3
2
2
2
2
3 3
3

3
3
2
2
2
2
3 3
3
3
3
2 2
x 14 x 2
2 x 2x 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
6x 12x 6
2 x 2x 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
3 x 2x 1
2 x 2x 1 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
2 x 2x 1 0 x 2x 1 0 x 1 2
  
    
     
 
    
     
 
 
 

    
 
     
 
 
          

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:




1 2;1 2 , 1 2;1 2 .
   

2)
2
3x
x
2 3 17
 
(*)
Điều kiện:
x 0


www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi

Trang3
Đặt
xy
8
1
x log 9 8 9
y
  
(1)
Phương trình (*)
x y
8 8 17
  
(2)
Lấy (1) trừ (2) ta được:
xy x y xy x y
8 8 8 8 8 8 8 8
       
(3)
Với y = 1, (3) thỏa mãn
8
x log 9
 

Với
y 1

, đặt
y
a 8 8

 

Xét hàm số:


x x
f x a 8
 
, với a > 8
Ta có:




x x
f ' x a ln a 8 ln8 0 f x
   
luôn tăng
Mà từ (3) ta có:




8
f x f 1 x 1 y log 9 1
     
(thỏa mãn)
Với
y 1


, đặt
y
a 8 8
 

Xét hàm số:


x x
f x a 8
 
, với a < 8
Ta có:




x x
f ' x a ln a 8 ln8 0 f x
    luôn giảm
Mà từ (3) ta có:




8
f x f 1 x 1 y log 9 1
     
(không thỏa mãn)
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 1 hoặc

8
x log 9.

Câu III:
 
   
3 3
2011
2011
2011 2
3 2
1 1
I x 3x 2 dx x 1 . x 1 3 dx
 
 
      
 
 

Đặt:
t x 1 dt dx
   

Đổi biến:
x 1 t 2
x 3 t 2

   



 
 



 
2
2011
2011 2
2
I t . t 3 dt

  

(1)
Đặt:
u t du dt
    

Đổi biến:
t 2 u 2
t 2 u 2

  


 
  



   
 
2 2
2011
2011
2011 2
2011 2
2 2
I u . u 3 du u . u 3 du


 
        
 
 
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
I I I 0
   

Vậy I = 0.
Câu IV:
Vẽ
HI AB,HK AC.
 

Ta có:
 
AB HI

AB SHI AB SI
AB SH


   





SIH
 là góc tạo bởi (SAB) và đáy

0
SIH 60
 
Tương tự:

SKH
là góc tạo bởi (SAC) và đáy

0
SKH 60
 

Hai tam giác vuông SHI và SHK bằng nhau
HI HK
 



tứ giác AIHK là hình vuông
a 3
AB BC.cosB
2
  ,
a
AC BC.sin B
2
 

www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi


Trang4
Ta có:
HK HC
HK / /AB
HK HI
AB BC
1
HI / /AC HI HB
AB AC
AC BC





   

 








3 3 a
2x 2x
1 x
a 4
a 3

    





3 3 a 3 3 1 a
SH HI.tanSIH . 3
4 4
 
  

2
ABC
1 1 a 3 a a 3

S AB.AC .
2 2 2 2 8

  




3
2
S.ABC ABC
3 3 1 a 3 3 a
1 1 a 3
V SH.S . .
3 3 4 8 32

 
  
Câu V:
Ta có:




x yz yz y z 1 y 1 z 1
       






y zx zx x z 1 x 1 z 1
       





z xy xy x y 1 x 1 y 1
       

z 1 x y
  

               
3 3 3 3 3 3
2 2 3 3 2 3 3
x y x y x y
P
x yz y zx z xy z 1 x 1 y 1 x y x 1 y 1
  
        

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:


 
 
2
2

3
2
3
2
3
2
3
x y 2 xy x y 4xy
x x x 27
x 1 1 3 x 1 x
2 2 4 4
y y y 27
y 1 1 3 y 1 y
2 2 4 4
    
       
       

Suy ra:
3 3
2 2
x y 4
P
27 27
729
4xy. x . y
4 4
 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
4

729
, khi đó:
x y 2,z 5.
  

PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1)
Ta dễ dàng chứng minh được AA’ là phân giác trong của tam giác ABC
Mà
BC AA'
 
BC là phân giác ngoài tại

A'
của
A'B'C'

.


A'B' 3;2
  

véctơ pháp tuyến đường thẳng A’B’:


A'B'
n 2;3




Phương trình đường thẳng A’B’:




2 x 1 3 y 1 0 2x 3y 5 0
       



A'C' 1;3
 

véctơ pháp tuyến đường thẳng A’C’:


A'C'
n 3; 1
 


Phương trình đường thẳng A’C’:




3 x 1 y 1 0 3x y 2 0

       

www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi


Trang5
Phương trình đường phân giác trong(AA’) và phân giác ngoài(BC) của góc A’:
2 3 3 1 5 2
2x 3y 5 3x y 2
x y 0 (1)
13 10 13 10 13 10
13 10
2x 3y 5 3x y 2
2 3 3 1 5 2
x y 0 (2)
13 10
13 10 13 10 13 10

   
   

     


   

    

 

   
   
 
 
     
   
 

   


Ta thấy B và C nằm về cùng một phía đối với BC.
Thay tọa độ B và C lần lượt vào (1) và (2) ta thấy (1) thỏa mãn.
Vậy phương trình cạnh BC là:
2 3 3 1 5 2
x y 0.
13 10 13 10 13 10
   
     
   
   

2)




AB 5; 2;7 ,AC 4; 2;6
    
 

Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC):




n AB,AC 2;58;18
 
  

Phương trình mặt phẳng (ABC):


2 x 4 58y 18z 0 x 29y 9z 4 0
        

Mặt cầu (S) có tâm


I 1;2;0
, bán kính
R 1 4 7 2 3
   
Ta có:
 
 
2 2
1 29.2 4
63
d I, ABC R 2 3

923
1 29 9
 
   
 


Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S)
MABC
MinV 0
 
, khi đó tọa độ điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S)
Thể tích MABC lớn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng đi qua tâm mặt cầu (S) vuông góc mặt
phẳng (ABC) với mặt cầu (S).
Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc (ABC):
x 1 t
y 2 29t
z 9t
 


 





Tọa độ giao điểm của M của (d) với mặt cầu (S):
   
2 2

2 2
12 2 3
t 29t 9t 12 t t
923
923
       

1
2 3 58 3 18 3
M 1 ;2 ;
923 923 923
 
  
 
 
 
hoặc
2
2 3 58 3 18 3
M 1 ;2 ;
923 923 923
 
  
 
 
 

 
 
1

2 3 58 3 18 3
1 29 2 9. 4
923 923 923
63
d M , ABC 2 3
923 923
 
    
 
 
  
 
 
2
2 3 58 3 18 3
1 29 2 9. 4
923 923 923
63
d M , ABC 2 3
923 923
 
    
 
 
   









1 2
d M , ABC d M , ABC
 

Thể tích MABC lớn nhất khi
1
M M

Vậy tọa độ điểm M để thể tích MABC lớn nhất là:
2 3 58 3 18 3
M 1 ;2 ; .
923 923 923
 
 
 
 
 

Câu VII.a:
Đặt


z a bi Z 2z 3 i 2a 3 2b 1 i
         

www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi

Trang6
Số phức Z được biểu diễn dưới dạng
Z x yi
 

x 3
a
x 2a 3
2
y 2b 1 y 1
b
2




 


 
 
  






Ta có:


22
2 2 2 2 2
3z i zz 9 9a 3b 1 a b 9 4a 4b 3b 4 0
             

     
 
 
2 2
2
2
2
2
3
x 3 y 1 y 1 4 0
2
7 3
x 3 y y 0
2 2
7 73
x 3 y
4 16
       
     
 
    
 

 

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z + 3 – i là các điểm nằm bên trong và kể cả biên của đường
tròn tâm
7
I 3;
4
 

 
 
, bán kính
73
R
4

.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1)
Ta có:
2 2
M M
x y 5 9 M
   
nằm trong đường tròn (C
1
)
Xét các dây cung đi qua M ta thấy dây cung vuông góc với O
1

M tại M là dây cung có độ dài nhỏ nhất.
Khi đó:
2 2
1 1 1
O M 5 MA MB R O M 2
     

2 2
2 2
O M R MA 2 3
   
Tọa độ tâm (C
2
) nằm trên đường thẳng OM nên tọa độ O
2
có
dạng:


2
O 2t; t


   
2 2
2
2
2
O M 2 3 2t 2 t 1 2 3
4 3 2 3

2 3
O 2 ; 1
t 1
5 5
5
5 t 1 2 3
2 3
4 3 2 3
t 1
O 2 ; 1
5
5 5
       

 

  

 
 

 

 

    


 


  
  
 
 



 

Vậy ta có hai phương trình đường tròn (C
2
) thỏa mãn:
2 2
4 3 2 3
x 2 y 1 16
5 5
   
     
   
   
   
hoặc
2 2
4 3 2 3
x 2 y 1 16.
5 5
   
     
   
   

   

2)
Phương trình đường thẳng AC:
x 1 t
y 2 2t
z 1 2t
 


 


 


Góc tạo bởi AC và BD:


1.1 2.2 2 .3
1
cos
1 4 4. 1 4 9 3 14
  
  
   

AC 1 4 4 3
   

www.VNMATH.com
Thử sức trước kì thi


Trang7
ABCD
1 1 1 2
S AC.BD.cos .3.4.
2 2
3 14 14
   
Ta có:
ABCD IAD IAD
2
S 2011.S S
2011 14
  
Tọa độ giao điểm I của AC và BD:
1
1 t 1 t'
t
6 12 3
5
2 2t 2 2t' I ; ;
1
5 5 5
t '
1 2t 3t'
5


  



 
 
    
 
 
 
 

 




2 2 2
6 12 3 3
IA 1 2 1
5 5 5 5
     
       
     
     

IAD
IAD
2S1 4 5 20
S DH.AI DH .

2 AI 3
2011 14 6033 14
    
Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AC bằng
20
.
6033 14

Câu VII.b:
Đặt
z x yi
 

Ta có:
   
2 2
2 2
z 2 z 2 6 x 2 y x 2 y 6
          

Đặt:
 
2
2
a x 2 y
  
,
 
2
2

b x 2 y
  

Ta có:








2 2
2 2 2 2
a b x 2 y x 2 y 8x a b a b 8x
           

Mà:
4
a b 6 a b x
3
    
Như vậy ta có hệ:
 
2
2 2
2
2
a b 6
2 2 x y

a x 3 x 2 y x 3 1
4
3 3 9 5a b x
3
 


 
          

 
 
 



Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là elíp (E):
2 2
x y
1.
9 5
 

www.VNMATH.com