DE THI THU DAI HOC KHOI A, B TRUONG THANH BINH _ HAI DUONG LAN 3

Sở GD và ĐT hải dơng
Trờng THPT Thanh Bình
Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn thi : toán, Khối A, B
(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)
A. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2 đ): Cho hàm số:
2 3
2
x
y
x
+
=


1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số.
2) Xác định m để đờng thẳng y = 2x+ m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà hai
tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II ( 2 đ):
1) Giải phơng trình:
2 2
2cos 2x 3cos4x 4cos x 1
4


+ =
ữ


2) Giải bất phơng trình:

2 2
2log x 1 log 3
2
3 2x 8x 0
+

3) Giải hệ phơng trình:
8
5
x x y x y y
x y

= +


=


Câu III (1 đ): Tính tích phân sau:
3
2
4
tan
cos . 1 cos
x
I dx
x x


=

+

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy AB = a; chiều cao
6
2
a
SO =
. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lợt tại B', C', D'.
1) Tính diện tích thiết diện tạo thành và tìm tỉ số thể tích của hai phần hình chóp bị cắt
bởi mặt phẳng (P).
2) Tính sin của góc giữa đờng thẳng AC' và mặt phẳng (SAB).
Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực dơng. Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )
3 3 3
3 3 3
3 3 3
1
a b c
a b c b c a c a b
+ +
+ + + + + +
B. Phần tự chọn ( 3,0 điểm)
1. Theo ch ơng trình chuẩn:
Câu VI.a ( 2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật OABC có điểm A(2;1),
OC =2OA và y
B
> 0. Tìm toạ độ điểm B và C.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;0), B(0;4;0),C(0;0;3) .

a.Viết phơng trình đờng thẳng qua O và vuông góc với mp(ABC).
b.Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng
khoảng cách từ C đến (P).
Câu VII.a (1điểm):
Xác định tập điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện
4z i z i + + =
2. Theo ch ơng trình nâng cao:
Câu VI.b ( 2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vuông góc Oxy, cho hai đờng tròn:
(C
1
): x
2
+ y
2

- 10x = 0 và (C
2
): x
2

+ y
2
+ 4x - 2y - 20 = 0. Viết phơng trình đờng tròn
đi qua các giao điểm của (C
1
), (C
2
) và có tâm nằm trên đờng thẳng: x + 6y - 6 = 0.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình :

2 2 2
2 2 2 0x y z x z+ + + =
và các điểm A(0 ;1; 1), B(-1; -2; -3), C(1; 0;-3).
Tìm điểm D trên mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện ABCD lớn nhất.
Câu VII.b ( 1,0 điểm): Giải hệ phơng trình:
2 3
9 3
1 2 1
3.log (9 ) log 3
x y
x y

+ =


=


Đề chính thức
Đáp án Đề số 5:
Câu I (2,0 điểm).
1) Bạn đọc tự làm.
2) Đờng thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song
với nhau
2 3
2
2
x
x m

x
+
= +

có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện
y'(x
1
) = y'(x
2
) (
( ) ( )
1 2
2 2
1 2
7 7
4
2 2
x x
x x
= + =

)
2x
2
+ (m - 6)x- 2m - 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1

, x
2
khác 2 và thoả
mãn điều kiện : x
1
+ x
2
= 4
2
2
( 6) 8(2 3) 0
2.2 ( 6).2 2 3 0 2
6
4
2
m m
m m m
m

= + + >


+ =




=

.

Câu II.
1)
2 2
2cos 2x 3cos4x 4cos x 1
4


+ =
ữ


( )
2 2
1 cos 4x 3cos4x 4cos x 1 sin 4x 3cos4x 2 2cos x 1
2


+ + = + =
ữ


x k
1 3
12
sin 4x cos4x cos2x cos 4x cos2x , k Z
k
2 2 6
x
36 3

= +



+ = =

ữ



= +


.
2) Điều kiện: x > 0
Ta có:
2 2 2 2
2log x 1 log 3 log x log 6
2 2
3 2.x 8x 0 9 2.x 8x 0
+

2 2
log x log x
2
9 2.6 8x 0
.
Đặt t = log
2

x x = 2
t
.
Ta đợc BPT: 9
t
- 2.6
t
- 8.4
t
0.
t t
9 3
2 8 0
4 2


ữ ữ

Đặt
t
3
u
2

=
ữ

(với u > 0) ta đợc:
3
2

log 4
2
3 2 3
2 2
3
u - 2u 8 0 2 4 2 4 log 4 log log 4 0 2
2
t
u t x x

<
ữ

Từ đó tìm đợc nghiệm của BPT đã cho là:
3
2
log 4
0; 2S

=



3)
8
5
x x y x y y
x y

= +

=


* ĐK: x 0, y 0.
* Đặt:
, ( , 0)a x b y a b= =
ta có hệ:
3 3 3 3
2 2 2 2
8 8
5 5
a b a b a b a b
a b a b

= + = +



= =


2 2
( )( ) 8 (1)
( )( ) 5 (2)
a b a ab b a b
a b a b

+ + = +

+ =

Hết
Từ (1) và (2)
2 2
8
5
a ab b a b
a b
+ + +
=
+
5a
2
+ 5ab + 5b
2
= a
2
+ 9ab + 8b
2

4a
2
- 4ab - 3b
2
= 0 (*)
Nhận xét: Nếu b = 0 thì từ (*) => a = 0 không thoả mãn hệ.
=> b 0, chia cả 2 vế của (*) cho b

2
.
Ta đợc:
2
4. 4 3 0
a a
b b

=
ữ ữ

3
2
1
( )
2
a
b
a
L
b

=




=

3 3
2 2
a
a b
b
= =
thay vào PT: a
2
- b
2
= 5
Ta đợc:
2 2
9
5
4
b b =
5b
2
= 20 b
2
= 4 b = 2 (do b 0) a = 3
Vậy:
3
3 9
2 4
2
x
a x
b y

y

=
= =




= =
=



(Thoả mãn).
Câu III: Ta viết lại :
3 3
2 2
2
2
4 4
tan . tan .
1
cos 2 tan
cos 1
cos
x dx x dx
I
x x
x
x

= =
+
+

Đặt
2
2 tant x= +
thì
2 2
tan .
cos 2 tan
x dx
dt
x x
=
+
.
Khi
3
4
x t

= =
; khi
5
3
x t

= =
Từ đó :
5
3
5 3I dt= =

.
Câu IV:
1) Dựng AC' SC. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, G là giao điểm của AC' với SO.
Qua G dựng đờng thẳng song song với BD cắt SB, SD tơng ứng tại B', D'. Vì BD
mp(SAC) nên BD AC'
' ' 'B D AC
+ Tam giác SAC đều, từ đó:
6 2
' , ' ' 2
2 3
a
AC SO B D a= = =
( vì G là trọng tâm tam giác SAC). Do đó:
2
' ' '
1 3
'. ' '
2 3
AB C D
a
S AC B D= =
.
+ Ta có
3 3

. . ' ' '
6 6
;
6 18
S ABCD S AB C D
a a
V V= =
. Từ đó
. ' ' '
' ' '
1
2
S AB C D
ABCDD C B
V
V
=
.
2) Xét hệ trục toạ độ Oxyz sao cho O(0; 0; 0), A(1; 0; 0),
B(0; 1; 0), điểm S(0; 0;
3
) thuộc trục Oz.
Khi đó C(-1; 0; 0),
1 3
' ;0;
2 2
C


ữ

ữ

. Do đó
3 3
' ;0;
2 2
AC

=
ữ
ữ

uuuur
,
( 1;1;0), (1;0; 3)AB SA= =
uuur uur
. Toạ độ vectơ pháp tuyến của
mặt phẳng (SAB) là
( )
; 3; 3; 1n AB SA

= =

r uuur uur
.Gọi là góc
B
D
O
A
C

C
S
D
B
G
x
y
z
giữa AC' và mặt phẳng (SAB). Tính đợc:
7
sin
7

=
.
Câu V: CMR:
3 3 3
3 3 3 3 3 3
1
( ) ( ) ( )
a b c
a b c b c a c a b
+ +
+ + + + + +
a, b, c > 0
BĐT cần CM tơng đơng với:
3 3 3
1 1 1
1
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )

b c c a a b
a b c
+ +
+ + +
+ + +
Với: x > 0 thì ta có:
2 2
2 2
3 2
1 1 2
1 (1 )(1 )
2 2
x x x x
x x x x

+ + + +
+ = + + =
ữ ữ

2
3 2
1 2
1 2x x


ữ
+ +

áp dụng ta có:
2

2
2 2
3 2
2 2 2 2
1 2 2 2
2 ( ) 2 ( )
1 2
a a
a b c a b c
b c b c
a a




= =
ữ

+ + + +
+ +


+ +

ữ ữ


2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2

2 ( ) 2 2( )
a a a
a b c bc a b c a b c
= =
+ + + + + + +
(vì b
2
+ c
2
2bc)
Tơng tự:
2
3
2 2 2
1
1
b
a b c
c a
b

+ +
+

+
ữ


2
3

2 2 2
1
1
c
a b c
a b
c

+ +
+

+
ữ

Cộng 2 vế ta đợc: VT 1 (đpcm)
Dấu "=" xảy ra a = b= c.
Phần tự chọn:
1. Theo ch ơng trình chuẩn:
Câu VI.a
1) Ta có: AB OA => AB đi qua A(2; 1)
và có VTPT là
(2;1)OA =
uuur
=> pt của AB: 2(x - 2) + 1(y - 1) = 0
2x + y - 5 = 0
Vì B AB nên: 2x
B
+ y
B
- 5 = 0

5
2
B
B
y
x

=
Mặt khác: OC = 2OA
AB = 2OA AB
2
= 4OA
2

( ) ( )
2 2
2 1 4(4 1)
B B
x y + = +
O(0;0)
C
A(2;1) B
I

( )
2
2
5
2 1 20

2
B
B
y
y


+ =
ữ


( )
2
2
1
1 20
2
B
B
y
y


+ =
ữ


( )
2
1 16

B
y =
5 ( )
3 ( )
B
B
y TM
y L
=



=

Với y
B
= 5 => x
B
= 0. Vậy B(0; 5)
Mặt khác
OA CB=
uuur uuur

2 2
1 4
B C C
B C C
x x x
y y y
= =

= =


C(-2; 4)
Tóm lại: C(-2; 4), B(0; 5).
2) a) Ta có:
( 1;2;0)
( 1; 2;3)
AB
AC

=


=


uuur
uuur
, (6;3;4)AB AC

=

uuur uuur
=> Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến
(6;3;4)n =
r

Đờng thẳng cần tìm đi qua O và vuông góc với (ABC) nên có PT:
6 3 4
x y z
= =
b) Mặt phẳng (P) có PT dạng: Ax + By + Cz + D = 0 (A
2
+ B
2
+ C
2
0)
Vì (P) chứa OA => (P) đi qua 2 điể O(0;0;0) và A(1; 2; 0).
0 0
2 0 2
D D
A B A B
= =



+ = =

Vậy mp(P) có phơng trình là: - 2B.x + B.y + Cz = 0
Theo giả thiết thì: d(B, (P)) = d(C, (P))

2 2 2 2
4 3
5 5
B C
B C B C

=
+ +

4 3B C =

4 3B C
=

3
4
B
C
=
Chọn C = 4 => B = 3
Vậy có 2 mp thoả mãn: (P
1
): - 6x + 3y + 4z = 0
(P
2
): 6x - 3y + 4z = 0.
Câu VI.a (1điểm): Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thoả mãn:
4z i z i + + =
Giả sử: z = x + yi (x, y R) => M(x; y) biểu diễn số phức z.
Ta có:
4z i z i + + =
( 1) ( 1) 4x y i x y i + + + + =
2 2 2 2
( 1) ( 1) 4x y x y + + + + =
(*)
Đặt: F

1
(0; -1), F
2
(0; 1)
Thì (*) MF
2
+ MF
1
= 4 > F
1
F
2
= 2
=> Tập hợp điểm M là elip (E) có 2 tiêu điểm là F
1
, F
2
.
Ta viết phơng trình elip (E):
Phơng trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(a > b > 0; b
2
= a
2

- c
2
)
Ta có:
1 2
1 2
2 4
2
2 2 1
MF MF a
a
F F c c
+ = =
=




= = =


b
2
= a
2
- c
2
= 3
Vậy (E):
2 2

1
4 3
x y
+ =
.
2. Theo ch ơng nâng cao:
Câu VI.b
1) Gọi A, B lần lợt là giao điểm của 2 đờng tròn (C
1
) và (C
2
).
suy ra toạ độ của A và B thoả mãn hệ:
2 2
2 2
10 0
4 2 20 0
x y x
x y x y

+ =


+ + =



2 2 2 2
10 (7 10) 10
14 2 20 0 7 10

x y x x x x
x y y x

+ = + =


= =


2 2 2
49 140 100 10 50 150 100 0
7 10 7 10
x x x x x x
y x y x

+ + = + =


= =


2
2
4
1
1
7 10
3
x
x

y
x
x
y x
y
=

=


=




=



=



=


=

Vậy A(2; 4), B(1; -3).
Gọi I là tâm đờng tròn cần tìm.
Vì I (): x + 6y - 6= 0 I(6 - 6a; a)
Theo giả thiết thì đờng tròn (C) cần tìm đi qua 2 điểm A, B nên ta có:
IA = IB = R. ( Có:
(6 4;4 ), (6 5; 3 )IA a a IB a a= =
uur uur
)

2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )a a a a R + = + =

2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )a a a a + = +

2 2 2 2
36 48 16 16 8 36 60 25 9 6a a a a a a a a + + + = + + + +
2a = -2 a = -1
Lúc đó: I(12; -1),
100 25 5R = + =
Vậy (C ): (x - 12)
2
+ (y + 1)
2
= 5
2

2)
Ta có: x
2

+ y
2
+ z
2
- 2x + 2z - 2 = 0
(x - 1)
2
+ y
2
+ (z + 1)
2
= 2
2

=> Mặt cầu (S) có tâm I(1;0;-1), R = 2.
Ta có:
( 1; 3; 4)
, (8; 8;4) 4(2; 2;1)
(1; 1; 4
AB
AB AC
AC

=


= =


=

uuur
uuur uuur
uuur
=> mp (ABC) có vec tơ pháp tuyến là
(2; 2;1)n =
r
Do đó mp(ABC) có PT: 2(x - 0) - 2(y - 1) + 1(z - 1) = 0
2x - 2y + z + 1 = 0.
Gọi H là hình chiếu của điểm D trên mp(ABC)
Ta có:
1
.
3
ABCD ABC
V S DH

=
mà S

ABC
không đổi
=> V
ABCD
lớn nhất DH lớn nhất.
Bài toán quy về tìm điểm D (S) sao cho DH lớn nhất.
Gọi () là đờng thẳng đi qua I(1;0;-1) và vuông góc
với mp(P)

có phơng trình:
1 2
0 2 ( )
1
x t
y t t R
z t
= +


=


= +

D
.I
B
A
C
H
P
(S)
Gọi D
1
, D
2
lần lợt là giao điểm của () với mặt cầu (S) => toạ độ D
1
, D

2
thoả mãn hệ
Phơng trình:
2 2 2 2
1 2
2
1
( 1) ( 1) 2
x t
y t
z t
x y z
= +


=


= +


+ + + =

1 2
1 2
2
7 4 1 1 4 5
; ; , ; ;
1
3 3 3 3 3 3

2
3
x t
y t
D D
z t
t
= +


=





= +

ữ ữ



=


Ta thấy d(D
1
; (P)) =
8
3

> d(D
2
; (P))=
4
3
=> Điểm cần tìm là
1
7 4 5
; ;
3 3 3
D


ữ

.
Câu VII.b.
2 3
9 3
1 2 1
3.log (9 ) log 3
x y
x y

+ =


=

Điều kiện:
1
0 2
x
y



<

Hệ đã cho tơng đơng với:
2 3
3 3
9 3
1 2 1
1 2 1
1 2 1
log log
3.(1 log ) log 3
x y
x y
x y
x y
x y
x y



+ =
+ =

+ =



=
=
+ =






1 2 1x x
x y

+ =



=




( ) ( )
1
1 1
2. 1 2 0
2

2 2
x
x y
x x
x
x y
x y
x y
=


= =
=




=



= =

=



=

( T/m)

Vậy hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm (x; y) là (1;1), (2;2).
Giáo viên biên soạn: Phạm Hữu Đảo
SĐT: 0982.745.281