Đề và lời giải đề số 3 HOCMAI.VN

www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang1
ĐỀ TỰ LUYỆN THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 03
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
Cho
   
2
m
x mx m 8
C : y f x,m
x 1
  
 


1) Với
m 1,
 
viết phương trình parabol đi qua hai điểm cực trị của đồ thị


1
C

và tiếp xúc với đường
thẳng



d :2x y 10 0.
  

2) Tìm m để hai điểm cực trị của đồ thị


m
C
nằm về hai phía của đường thẳng


:9x 7y 1 0
   
.
Câu II:
1) Giải phương trình:








4x 4x 2x 2x
4 15 4 15 2 4 15 2 4 15 6.
       

2) Tìm m để phương trình:
sin5x msin x

có hai nghiệm
x ; .
6 3
 
 

 
 

Câu III:
Tính tích phân:
e
20x
0
dx
I .
e 21




Câu IV:
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài đoạn thẳng nối tâm của đáy ABC với trung điểm của một
cạnh bên có độ dài bằng cạnh đáy. Tính cosin của góc tạo bởi giữa hai mặt bên của hình chóp S.ABC.
Câu V:
Cho
a,b,c 0


, thỏa mãn
abc 1.

Chứng minh rằng:
     
   
2 2 2
1 1 1 2
1
1 a 1 b 1 c
1 a 1 b 1 c
   
  
  
.
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho đường tròn


2 2
C :x y 2x 4y 4 0
    
và đường thẳng (d):
2x y 1 0.
  
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng (d) và cắt đường tròn (C) theo
một cung có độ dài bằng 4.

2) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz, cho điểm


A 4;3;2

, đường thẳng
 
3x 2y z 2 0
:
x 3y 2z 3 0
   



   

và
mặt phẳng


: x y z 7 0.
    
Tìm điểm


M
 
sao cho khoảng cách từ M đến




bằng MA.
Câu VII.a:
Cho số phức


 
16
12
3 i
Z .
1 i



Hãy biểu diễn Z dưới dạng lương giác.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho đường tròn
2 2
x y 4x 6y 0.
   
Viết phương trình đường tròn
có bán kính
13
R
3

và tiếp xúc với đường tròn đã cho tại gốc tọa độ.
2) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz, cho đường thẳng:

www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang2

 
1
x 2 y 2 z 1
: ,
3 4 1
  
  
 
2
x 7 y 3 z 9
:
1 2 1
  
  
Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng.
Câu VII.b:
Tìm phần thực của số phức
24
Z 1 cos isin .
8 8
 
 
  
 
 

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I:
1)
 
 
 
2
2
1 1
1
2
2 2
x 4 y 7
x x 9 9 9
C :y x y' 1 y' 0 x 1 9
x 2 y 5
x 1 x 1
x 1

  

 
           

    
 



Phương trình parabol có dạng


2
P : y ax bx c
  
. Vì hai điểm cực trị nằm trên parabol nên:
 
 
     
2
1
a c 1
16a 4b c 7
1 1
8
P :y c 1 x c 9 x c
4a 2b c 5 1 8 4
b c 9
4

  

  


       
 
   



 



Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

   
2
1 1
2x 10 c 1 x c 9 x c
8 4
      

   
2
1 1
c 1 x c 1 x c 10 0
8 4
      
(*)
Đường thẳng (d) tiếp xúc (P) khi phương trình (*) có nghiệm kép:
    
 
   
2
1 1
c 1 c 1 c 10 0
1 1

16 2
c 1 c 10 0 c 9
1 16 2
c 1 0
8

      


       


 



Vậy phương trình parabol là:
2
y x 9
 
.
2)
   
 
 
2
2
m
2
x mx m 8 9 9

C : y f x,m x m 1 y' 1 y' 0 x 1 9
x 1 x 1
x 1
  
             
 


1 1
2 2
x 4 y m 8
x 2 y m 4
   



    


Hai điểm cực trị của đồ thị


m
C
nằm về hai phía của đường thẳng


:9x 7y 1 0
   
khi:

     
1 1 2 2
9
9x 7y 1 9x 7y 1 0 7m 21 7m 9 0 3 m
7
              

Vậy
9
3 m
7
  

Câu II:
1) Giải phương trình:








4x 4x 2x 2x
4 15 4 15 2 4 15 2 4 15 6
       
(*)
Đặt









2x 2x 4x 4x
2
t 4 15 4 15 t 4 15 4 15 2
         

Khi đó: (*)
 
2
t 2
t 2t 8 0
t 4 loai


    

 


Với t = 2, ta có:




2x 2x

4 15 4 15 2
   
(**)
www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang3
Đặt




2x 2x
1
u 4 15 4 15
u
    
Khi đó: (**)
2
u 2u 1 0 u 1
     

Với u = 1, ta có:


2x
4 15 1 x 0
   

Vậy nghiệm phương trình là x = 0.

2)
Ta có:




2 2
sin5x sin x 4x sin x.cos4x cosx.sin 4x sin x. 2cos
2x 1 4sin x.cos x.cos2x
      

   
   
 
2
2 2 2
4 2 4 2
4 2
sin5x sin x. 2 2cos x 1 1 4sin x.cos x. 2cos x 1
sin5x sin x. 8cos x 8cos x 1 sin x. 8cos x 4cos x
sin5x sin x. 16cos x 12cos x 1
 
    
 
 
    
  

Phương trình:



4 2
sin5x msin x sin x. 16cos x 12cos x 1 msin x
     (*)
Vì
x ;
6 3
 
 

 
 
nên
sin x 0

, do đó (*)
4 2
m 16cos x 12cos x 1
   

Đặt
2
t cos x

,
1 3
x ; t ;
6 3 4 4
 
   

  
   
   

Xét hàm số:


2
f t 16t 12t 1
  
,
1 3
t ;
4 4
 

 
 

Ta có:


f ' t 32t 12
 
,
 
3
f ' t 0 t
8
  

Bảng biến thiên:
t


f t

1
4
3
8
3
4

1

5
4

1

Vậy phương trình có 2 nghiệm
x ;
6 3
 
 

 
 
khi

5
m 1
4
   
.
Câu III:
 
e e
20x
20x
20x 20x
0 0
dx e dx
I
e 21
e e 21
 


 

Đặt
20x 20x
t e dt 20e dx
  
Đổi cận:

x
t
0

e
1
20e
e

 
 
20e 20e
20e
e e
20e
e
1
1 1
1 dt 1 1 1 1 1 e 21
I dt ln t ln t 21 20e ln .
20 t t 21 20.21 t t 21 420 420 22
 
 

 
        
 
 
 
 
 
 
 
 

 

Câu IV:
Xét
SOC

vuông có OM là trung tuyến
SC 2OM SC 2a
   

www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang4
O
M
D
E
A
B
C
S
I
2
2 2 2
a a 15
SD SC DC 4a
4 2
    
Dựng

BI SC

, ta có:


AB SEC AB SC
  


SC AIB
 


AIB

là góc nhị diện cạnh bên SC.
Ta có:
a 15 a 15
BI.SC SD.BC BI.2a .a BI
2 4
    
Tương tự:
a 15
AI
4


2 2
2
2 2 2

15a 15a
a
IA IB AB 7
16 16
cosAIB
2IA.IB 15
a 15 a 15
2. .
4 4
 
 
  

Câu V:
Cho
a,b,c 0

, thỏa mãn
abc 1.

Chứng minh rằng:
     
   
2 2 2
1 1 1 2
1
1 a 1 b 1 c
1 a 1 b 1 c
   
  

  
(1)
Đặt
1 1 1
a ,b ,c
x y z
  
, vì abc = 1 nên xyz = 1.
Khi đó vế trái bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
     
   
2 2 2
2 2 2
x y z 2
P
1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
   
  
  
(2)
Thay biến a, b, c ở vế trái (1) thành x, y, z ta có:
     
   
2 2 2
1 1 1 2
P
1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
   

  
  
(3)
Lấy (2) trừ (3) ta được:
     
2 2 2
2 2 2
x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 2 2 2
0 0 1 1 1 0
1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
1 1 1 3
1 x 1 y 1 z 2
     
             
     
  
   
  

Đặt
1 1 1
u ,v ,w
1 x 1 y 1 z
  
  
, suy ra:
3
u v w
2

  

Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương




 
 
 
  
 
 
2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3 3 3
3 3 3
2
P u v w u v w 2uvw
3
2
u v w u v uv v w vw w u u w 3uvw
3
2
u v w u v w uv vw wu
3
2
u v w uv vw wu
3
     

         
 
       
 
     

Cho
3
u v w
2
  
.Chứng minh:
2 2 2
P u v w 2uvw 1
    

www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang5
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
     
3 3 2
3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2
3 3 2
1 3
u u u
8 2
1 3 3 3 3 3
v v v 2 u v w u v w u v w u v w

8 2 8 2 4 16
1 3
w w w
8 2

  



                



  



Suy ra:
 
   
2
2 2 2
1 1 1 1 1 9 1
P u v w uv vw wu u v w . 1 dpcm
2 8 2 8 2 4 8
              

Dấu “=” xảy ra khi
1
u v w a b c x y z 1

2
         

PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1)
Đường tròn (C) có tâm


I 1; 2

, bán kính
R 3


Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d):
 


2 2
d I, d 3 2 5
  
Phương trình đường thẳng



song song (d) có dạng:
2x y c 0
  

Ta có:
 
 


2 2
2.1 2 c
d I, d 5 c 5 c 5
2 1
  
      


Vậy phương trình đường thẳng



cần tìm là:
2x y 5 0
  
hay
2x y 5 0
  

2)
Đường thẳng




là giao tuyến của hai mặt phẳng có hai véctơ pháp tuyến tương ứng là:






1 2 1 2
n 3;2;1 ,n 1;3; 2 a n ,n 7;7;7

 
      
 
    
hay


a 1;1;1

 


Cho z = 0 ta tìm được tọa độ 1 điểm N thuộc



là:


N 0; 1;0


Điểm M cần tìm thuộc



nên:


M t; 1 t;t
  
Ta có:
 
 
     
2 2 2
t 1 t t 7
d M, MA t 4 t 4 t 2
3
    
        

       
 
2 2 2 2
2 2
3t 6 3 t 4 t 4 t 2
3 t 4t 4 3t 20t 36
3
t
4

 
       
 
     
 

Vậy
3 1 3
M ; ;
4 4 4
 
 
 
 

Câu VII.a:
 
 
 
16
1616
10
12 12 6
8 8
2 cos isin
2 cos isin
3 i
6 6
3 3
Z 2 cos isin

2 cos3 isin3 3 3
1 i
2 cos isin
4 4
 
 
 
 
 


 
   

 
 
   
 
   
      
   
 
  
   

 
  
 

 

 
 
 

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
www.hocmai.vn Thi Th
ử Đại Học 2011

Trang6

1)
Đường tròn (C’) đã cho có tâm


I' 2;3 ,
bán kính
R ' 13

Tâm đường tròn (C) cần tìm nằm trên đường thẳng OI’:
3x
y
2
 nên có dạng
3x
I x;
2
 
 
 

 Tiếp xúc ngoài:
   
2
2
2
3x 13 x 7
x 0 :II' R R ' x 2 3 13 x 0
2 3 4 9
 
            
 
 

   
2
2
14
x
2 2 2 13
3
x I ; 1 C : x y 1
2
3 3 3 9
x
3



   

           

   
   

 



 Tiếp xúc trong:
   
2
2
2
3x 13 x 5
2 x 0 :II' R R ' x 2 3 13 x 0
2 3 4 9
 
             
 
 

   
2
2
10
x
2 2 2 13
3
x I ;1 C : x y 1

2
3 3 3 9
x
3



   
        

   
   





Vậy
   
2
2
2 13
C : x y 1
3 9
 
   
 
 
hoặc
   

2
2
2 13
C : x y 1
3 9
 
   
 
 

2)

 
1
x 2 y 2 z 1
: ,
3 4 1
  
  
 
2
x 7 y 3 z 9
:
1 2 1
  
  
Véctơ chỉ phương của đường thẳng vuông góc chung của


1


và


2

:


1 2
n a ;a 2; 2;2
 
 
  
 
  
hay


n 1; 1;1
 


Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường vuông góc chung và


1

có:



P
1
n a ;n 5; 2; 7

 
   
 
  









P :5 x 2 2 y 2 7 z 1 0 5x 2y 7z 7 0
           

Phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường vuông góc chung và


2

có:


Q

2
n a ;n 3;0; 3

 
  
 
  









Q :3 x 7 0 y 3 3 z 9 0 x z 2 0
          

Vậy phương trình đường vuông góc chung là:
5x 2y 7z 7 0
x z 2 0
   


  


Câu VII.b:
 

24 k
24 24
k k
24 24
k 0 k 0
24 24 24
k k k
24 24 24
k 0 k 0 k 0
k k
Z 1 cos isin C cos isin C cos isin
8 8 8 8 8 8
k k k
C cos i C sin Re Z C cos
8 8 8
 
  
     
     
      
     
     
  
   
 
  

Ta có:







m 24 m m m
24 24 24 24
24 m 24 m m 12
m m 3
C cos C cos C cos cos 2C cos cos 0
8 8 8 8 2 8

 
     
  
    
 
 

Và
12
cos 0
24



Vậy


Re Z 0
