Đáp an đề thi đại học hay tuyệt (THPT Cam Lộ)

GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN I ( THPT CAM LỘ )
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
( )
112
224
−++−−= mxmmxy
có đồ thị
( )
m
C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
1
C
khi
1
=
m
b) Tìm
m
để đồ thị
( )
m
C
có khoảng cách giữa 2 điểm cực tiểu là nhỏ nhất.
@ Với
1
=
m
ta có:

24
2xxy −=
( Dễ dàng khảo sát và vẽ đồ thị hàm trùng phương)
b) Ta có:
( ) ( )
14144'
2223
−+−=+−−= mmxxxmmxy






+−=
+−−=
=
⇔



+−=
=
⇔=
1
1
0
1
0
0'

2
2
22
mmx
mmx
x
mmx
x
y
{
01
2
>+− mm
với
Rm
∈∀
}
Dựa vào tính đối xứng trục
Oy
và dạng đồ thị hàm số trùng phương với hệ số
01
>=
a
ta suy ra 2
điểm cực tiểu của đồ thị
( )
m
C
là:
( )( ) ( )( )

kykBkykA ;,; −−
với
( ) ( )





=−
+−=
kyky
mmk 1
2
Ta có:
( ) ( ) ( )( )
3
4
3
2
1
21222
2
2
22
≥+







−=+−==−−+= mmmkkykykAB
Dấu
=
xãy ra khi
2
1
=m
. Vậy khoảng cách nhỏ nhất của 2 điểm cực tiểu là
3
khi
2
1
=m
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình






+=
+
+
2
sin2
cossin
2sin
2
cot

π
x
xx
xx
(*)
@ Điều kiện





∈+
−
≠
∈≠
⇔



≠+
≠
Znnx
Zmmx
xx
x
,
4
,
0cossin
0sin

π
π
π
. Khi đó:
[ ]



=−+
=
⇔=−+⇔






+
−⇔
=






−
+
+⇔=
+

+⇔
0cossin22cossin
0cos
0cossin22cossincos
cossin
cos2
sin2
1
cos
02
cossin
sin2
sin2
1
coscos2
cossin
cossin2
sin2
cos
(*)
xxxx
x
xxxxx
xx
x
x
x
xx
x
x

xx
xx
xx
x
x
TH1:
Zkkxx ∈+=⇔= ,2
2
0cos
π
π
TH2:






+=
−=
⇔






+−=+
+=+
⇔=







+⇔=+
3
2
4
2
4
22
4
22
4
2sin2
4
sin2cossin22cossin
ππ
π
π
ππ
π
π
π
π
k
x
kx

kxx
kxx
xxxxxx
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là:
3
2
4
,2
4
,2
2
ππ
π
π
π
π
k
xkxkx
+=−=+=
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình





=+
=+−
10
31
3

3
3
yx
xy
@ Đặt
0≥= xa
và
3
3
1−= yb
khi đó hệ đã cho trở thành:



=+
=+
)2(9
)1(3
32
ba
ba
Từ (1) và (2) ta có:
( )









=⇒−=
=⇒=
⇔=−+
=⇒=
⇔=−+⇔=+−
63
12
06
30
0693
2
233
2
ab
ab
bb
ab
bbbbb
TH1:



=
=
⇔






=−
=
⇔



=
=
1
9
01
3
0
3
3
3
y
x
y
x
b
a
TH2:



=
=
⇔






=−
=
⇔



=
=
3
3
3
9
1
21
1
2
1
y
x
y
x
b
a
TH3:




−=
=
⇔





−=−
=
⇔



−=
=
3
3
3
26
36
31
6
3
6
y
x
y

x
b
a
Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm:
1,9 == yx
hoặc
3
9,1 == yx
hoặc
3
26,36 −== yx
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
∫
+=
1
0
22
1ln dxxxI
@
( ) ( ) ( ) ( )






+
−=







+−+=+=+=
∫∫ ∫∫
1
0
2
4
1
0
1
0
23
1
0
2332
1
0
22
1
22ln
3
1
1ln1ln
3
1
1ln

3
1
1ln dx
x
x
xdxxxdxxdxxxI
Ta có:
∫∫ ∫ ∫
+
+
−
=
+
+








−=






+

+−=
+
1
0
2
1
0
1
0
1
0
2
1
0
3
2
2
2
4
13
2
131
1
1
1 x
dx
x
dx
x
x

dx
x
xdx
x
x
Đặt
tx tan=
khi đó:
( )
4tan1
tan1
tan1
tan
1
4
0
4
0
1
0
4
0
4
0
2
2
22
π
π
ππ π

===
+
+
=
+
=
+
∫∫ ∫ ∫
tdt
t
dtt
t
td
x
dx
Từ những kết quả trên ta suy ra:
69
4
2ln
3
1
43
2
22ln
3
1
ππ
−+=













+
−
−=I
Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số
0,, >cba
thỏa
2
3
≤++ cba
. Chứng minh :
2
15111
≥+++++
cba
cba
@ Ta có:
2
153
.
4

9
3
1
.
4
9
3
111
4
3
4
1
4
1
4
1111
3
≥
++
+≥+≥






+++







++






++






+=+++++
cba
abc
cbac
c
b
b
a
a
cba
cba
côsicôsi
Dấu

=
xãy ra khi
2
1
=== cba
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp
ABCDS.
có đáy
ABCD
là hình thoi tâm
I
, độ dài
aAC 4
=
và
aBD 2
=
Hai mặt phẳng
( ) ( )
SBDSAC ,
cùng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
. Tính thể tích khối
chóp
ABCDS.
biết khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng
( )

SAB
bằng
21
2a
.
Vì
( ) ( )
SBDSAC ,
cùng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
nên ta
suy ra được
( )
ABCDSI ⊥
. Giả sử
hSI
=
Cách1. (Dùng phương pháp tọa độ)
Dựng hệ trục
Oxyz
với:
ISOzIBOyIAOxIO ≡≡≡≡ ,,,
. Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
hSaCaBaCaAI ;0;0,0;;0,0;;0,0;0;2,0;0;2,0;0;0 −−
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0;0;20;0;2,;0;2,0;1;20;;2 −=−−−=− aaAIhaASaaaAB
Vì

( )( )
21
2
,
a
SABId =
nên:
[ ]
[ ]
2
21
2
45
2
21
2
,
,
22
a
h
a
ah
ah
a
ASAB
AIASAB
=⇔=
+
−

⇔=
Ta có:
[ ]
( )
đvttaAIASABVV
IABSABCDS
3

3
2
,
3
2
4 ===
Cách 2. (Dùng phương pháp hình học thuần túy)
Gọi
HJ,
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
I
trên
SJAB,
. Rõ ràng
( )
SABIH ⊥
nên
21
2a
IH =

Dựa vào các tam giác vuông

AIB
và
SIJ
ta dễ dàng xác định được:
5
21
4
1111
22222
a
IJ
aaIBIAIJ
=⇒+=+=
và
24
51
4
21111
222222
a
h
ahaIJISIH
=⇒+=⇔+=
Ta có:
( ) ( )
đvttaaa
a
SISV
ABCDABCDS
3

.
3
2
.4
2
.
3
1
.
3
1
===
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
( )
02168:
22
=++−+
yxyxC
.
Hình vuông
ABCD
ngoại tiếp đường tròn
( )
C
và có điểm
A

thuộc đường thẳng
01: =−+ yxd
a) Xác định tọa độ điểm
A
b) Viết phương trình đường thẳng
BD
Đường tròn
( )
C
có tâm
( )
3;4 −I
và bán kính
2=R
.
Giả sử
( )
daaA ∈−1;
. Vì
ABCD
ngoại tiếp đường tròn
( )
C
nên
( ) ( )
( )
( )




−⇒=
−⇒=
⇔=+−+−⇔=
5;66
1;22
223142
22
Aa
Aa
aaRIA
TH1:
( )
1;2 −A
Đường thẳng
BD
đi qua điểm
( )
3;4 −I
và có VTPT là
( )
2;2−IA
nên
phương trình
( ) ( )
03242: =++−− yxBD
hay
07: =++− yxBD
TH2:
( )
5;6 −A

Đường thẳng
BD
đi qua điểm
( )
3;4 −I
và có VTPT là
( )
2;2 −IA
nên
phương trình
( ) ( )
03242: =+−− yxBD
hay
07: =++− yxBD
Do đó phương trình đường thẳng
BD
là:
07 =++− yx
8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )
03: =−y
α
và 2 đường thẳng






−=
+−=
−=
tz
ty
tx
d
1
1
2
:
1
,
1
1
12
2
:
2
−
==
− zyx
d
. Viết phương trình đường thẳng
∆
cắt
21
,dd
và vuông góc với
mặt phẳng

( )
α
.
@ Giả sử
∆
cắt
1
d
tại
( )
tttA −+−− 1;1;2
và cắt
2
d
tại
( )
1;;22 ++ uuuB
Ta có:
( )
tututuAB ++−+ ;1;2
và VTPT của
( )
α
là
( )
0;1;0
α
n
Vì
( )

α
⊥∆
nên
[ ]
( )
( )



⇒=
−⇒=
⇔





=+
=
=−−
⇔=
1;0;20
1;1;20
02
00
0
0,
Bu
At
tu

tu
nAB
α
. Do đó phương trình





=
+−=
=
∆
1
1
2
:
z
ty
x
Câu 9a (1,0 điểm) Cho số phức
3
1
1







−
+
=
i
i
z
.Chứng minh rằng:
0
10987
=+++
zzzz

@ Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
ii
i
ii
ii
i
i
z
−==






=









+−
++
=






−
+
=
3
3
3
3
2
2
11
11
1
1

Do đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
đpcmiiiiiizzzz 011
10987
10987
=−−+=−+−+−+−=+++
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho
ABC
∆
với
( ) ( ) ( )
2;9,3;4,3;6 CBA −−−
.
Tìm điểm
D
thuộc đường phân giác trong góc
A
của
ABC∆
để tứ giác
ABDC
là hình thang.
Giả sử điểm
( )
baD ;
. Ta có:
( ) ( ) ( )

3;6,5;15,6;2 ++ baADACAB
Vì
D
thuộc đường phân giác trong góc
A
của tam giác
ABC
nên:
( ) ( )
( )
3;3 ,cos,cos +⇒+=⇔⇔= aaDabADACADAB
Vì
ABDC
là hình bình hành nên
CDAB //
hoặc
ACBD //
TH1:
CDAB //
. Ta có:
( )
6;2AB
và
( )
1;9 +− aaCD
Vì
CDAB //
nên:
( ) ( ) ( )
17;141409612 Daaa ⇒=⇔=−−+

TH2:
ACBD //
. Ta có:
( )
aaBD ;4+
và
( )
5;15AC
Vì
ACBD //
nên:
( ) ( )
5;2204515 Daaa ⇒=⇔=+−
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
( )
3;2;1M
. Viết phương trình mặt
cầu tâm
M
và cắt mặt phẳng
Oxy
theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng
.8
π
Gọi mặt cầu cần tìm là
( )
S
có tâm

( )
3;2;1M
và bán kính
R
, đường
tròn giao tuyến là
( )
C
có bán kính
r
. Phương trình
( )
0: =zOxy
Ta có:
( )( )
3
100
3
,
222
=
++
=OxyMd
Vì chu vi đường tròn giao tuyến bằng
π
8
nên:
4.28 =⇔= rr
ππ
Mặt khác ta luôn có:

( )( )
5,
222
=⇔+= ROxyMdrR
Vậy phương trình mặt cầu
( )
S
là:
( ) ( ) ( )
25321
222
=−+−+− zyx
Câu 9b (1,0 điểm) Biết
( )( )
izz +−2
là số thuần ảo, hãy xác định giá trị của
( )
iz +− 22

@ Giả sử
biaz +=
với
Rba ∈,
Dể thấy:
( )( ) ( )( ) ( )
iabbababaibiabiaizz 222 22
22
−−−+−+−−==+−−−=+−
Vì
( )( )

izz +−2
là số thuần ảo nên:
02
22
=++−− baba
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
552454844
1222122222222
2222
22
=+++−−−=+−−+=
−+−=−+−=−−+=+−
babababa
baibaibiaiz