ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC HAY NĂM 2011

1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 17
Câu I) Cho hàm số
2 2
2
x
y
x
−
=
+

1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) (HS tự giải )
2) Gọi I là giao ñiểm của tiệm cận. Hãy tìm hai ñiểm A,B trên (C) sao cho IA=IB và
0
ˆ
120
AIB =


Câu II)
1) Giải phương trình sau:
(
)
3sin 2 cos2 5sin 2 3 cos 3 3
1
2cos 3
x x x x
x

− − + − + +
=
+

2) Giải hệ phương trình sau:
3 2 2
2 3
3
2 2
2 2 1 14 2
x y x y xy
x y y x

+ = +


− − + − = −




Câu III) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số
2
ln( 2)
4
x x
y
x
+
=

−
và tr
ụ
c hoành

Câu IV)
Cho hình chóp SABCD có
ñ
áy ABCD là hình ch
ữ
nh
ậ
t c
ạ
nh
; 2
AB a AD a
= =
góc
giữa hai mặt phẳng (SAC) và ABCD bằng 60
0
. Gọi H là trung ñiểm của AB. Biết mặt bên SAB
là tam giác cân tại ñỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với ñáy. Tính thể tích khối chóp
SABCD và xác ñịnh tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SAHC.


Câu V) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ñiều kiện:
2 2 2
2 3( )
a b c ab a b c

+ + + = + +

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
20 20
2
P a b c
a c b
= + + + +
+ +


Câu VI)
1) Trên mặt phẳng Oxy cho
: 2 1 0; ' 3 7 0
d x y d x y
+ − = = + + =
cắt nhau tại I và ñiểm M(1;2).
Viết phương trình ñường thẳng
∆
qua M cắt d,d’ lần lượt tại A và B sao cho
2
AI AB
=
.
2) Trong không gian Oxyz cho M(1;-1;0) và ñường thẳng
2 1 1
:
2 1 1
x y z
− + −

∆ = =
−
và mặt phẳng
(P):
2 0
x y z
+ + − =
. Tìm to
ạ

ñộ

ñ
i
ể
m A thu
ộ
c m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) bi
ế
t
ñườ
ng th
ẳ
ng AM vuông góc
v
ớ

i
∆
và kho
ả
ng cách t
ừ
A
ñế
n
∆
b
ằ
ng
33
2


Câu VII)
Cho s
ố
ph
ứ
c
z
th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề

u ki
ệ
n
1
z
=
. Tìm GTLN, GTNN của 1 31
P z z
= + + −



Hết
GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
2

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
Câu I)
1) Học sinh tự làm:
2) Gọi
( )
2 6 2 6
2; ; 2; ( ) , 0
a b
A a B b C a b ab
a b
− −
   
− − ∈ ≠ ≠
   

   

Ta có:
( )
6 6
2;2 ; ; ;I IA a IB b
a b
− −
   
− ⇒ = =
   
   
 
.
Theo
ñề
ra:
V
ớ
i
,
a b IA IB
= − ⇒
 
ngược hướng nên
0
ˆ
180
AIB = (loại)
Với

2 0
36 1
6. ó: . .cos120 . 0 0 6
2
ab Tac IA IB ab IA IA IB ab ab
ab
= ± = + = = − < ⇒ < ⇒ = −
 

Ta có:
(
)
( )
( )
4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
4 4 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
36
36 36 36
24 24
36 36 24 2 72 24
24 24
a b
a b a b
a b a b a b
a b a b a b

a b a b
+
  
⇔ + + = ⇔ + + =
  
  
⇔ + + + = ⇔ + − + =
⇔ + = ⇔ + =

V
ậ
y ta có h
ệ

2 2
24
6
a b
ab

+ =

= −


Câu II)
1)
Đ
i
ề

u ki
ệ
n
3 5
cos 2
2 6
x x k
π
π
−
≠ ⇔ ≠ ± +
.Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho t
ươ
ng
ñươ
ng v
ớ
i
(
)
( )
2
2
3sin 2 cos2 5sin 2 3 cos 3 3 2cos 3
3sin 2 cos2 5sin 3 cos 3 0
2 3sin .cos 1 2sin 5sin 3cos 3 0

2sin sin 2 3cos 5 3cos 2 0
x x x x x
x x x x
x x x x x
x x x x
− − + − + + = +
⇔ − − − + =
⇔ − + − − + =
⇔ + − − + =

Đặt
sin , 1
t x t
= ≤
. Ta có
(
)
2
2 2 3cos 5 3 cos 2 0(*)
t t x x⇔ + − − + =
.
Đ
ây là ph
ươ
ng trình b
ậ
c
hai bi
ế
n t ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
2 3cos 5 2 3 cos 3 2 3cos 5 2 3cos 3
1
3cos 2
4 2 4
x x x x
t t x
− − + − − − + −
= = ∨ = = − +

- N
ế
u
1 1 7
sin 2 2 ,
2 2 6 6
t x x k x k k
π π
π π
= − ⇔ = − ⇔ = − + ∨ = + ∈
ℤ
( thỏa mãn).
- Nếu

3cos 2 sin 3cos 2 sin 1 2 ,
3 6
t x x x x x k k
π π
π
 
= − + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = + ∈
 
 
ℤ
(thỏa mãn)
Vậy phương trình ñã cho có 3 họ nghiệm là
7
2 ; 2 ; 2 ,
6 6 6
x k x k x k k
π π π
π π π
= − + = + = + ∈
ℤ
.
3

2) Biến ñổi phương trình ñầu thành:
(
)
(
)
2
2 0

x y x y
− − =
kết hợp ñiều kiện
2
2 1 0
x y
− − ≥
ta suy
ra
x y
=
thay vào phương trình thứ hai ta ñược
2 2
2 3 3 2
2
3 3
2 1 0 2 1 0
2 2 1 14 2 2 1 0
2 1 0
14 2
x x x x
x x x x x x
x x
x x


− − ≥ − − ≥
 
− − + − = − ⇒ ⇔ ⇔ − − =
 

− − ≤

− ≤ −
 

suy ra
1 2
x = ±

Vậy hệ có nghiệm:
(
)
(
)
( ; ) 1 2;1 2 1 2;1 2
x y = − + ∪ + −

Cách 2)
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
2
2 1
x y
≥ +

T

ừ
(1) suy ra:
( )
( )
2
2
2 ( )
2 0
x y VN
x y x y
x y

=
− − =

=


Với
x y
=
từ (2) ta có phương trình:
2 3 3
2 2 1 14 2
x x x x
− − + − = −

( )
( )
( ) ( )

(
)
( ) ( )
( )
( ) ( )
3
3
2
2
3 3 3
3
3
2
2
2
3 3 3
3
3
2
2
2
3 3 3
3
3
2 2
14 2
2 1 0
14 14 2 2
6 12 6
2 1 0

14 14 2 2
3 2 1
2 1 1 0
14 14 2 2
2 1 0 2 1 0 1 2
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
x x x x x
− − −
⇔ − − + =
− − − −
− −
⇔ − − + =
− − − −
 
− −
 
⇔ − − + + =
 
− − − −
 
 
⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = ±

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
(
)
(
)
1 2;1 2 , 1 2;1 2
− − + +


Câu III)
Hoành ñộ giao ñiểm hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình:
2
ln( 2)
0
4
x x
x
+
=
−

0
1
x
x
=

⇔


= −

ta có
0 0
2 2
1 1
ln( 2) ln( 2)
4 4
x x x x
S dx dx
x x
− −
+ +
= = −
− −
∫ ∫

Đặ
t
2
0
2 0
1
1
2
2
1
ln( 2)
4
2

4 ln( 2)
2
4
4
x u
du dx
x
x
S x x dx
x
dx dv
x
v x
x
−
−
+ =


=
−
 
+
⇒ ⇒
= − + − =
 
=
+
 
= − −

−


∫

0
1
2
2ln 2
2
x
dx
x
−
−
−
+
∫

Xét
0
1
2
;
2
x
J dx
x
−
−

=
+
∫

ñặ
t
2cos2 4sin 2
x t dx tdt
= ⇒ = −
3
4
2 2cos2
4sin 2
2 2 os2
t
J tdt
c t
π
π
−
=
+
∫

4

3 3 3
2
3 3
4 4

4 4 4
4tan .sin2 8sin 4 (1 cos2 ) 4 2sin 2 3 2
3
t tdt tdt t dt t t
π π π
π π
π π
π π π
π
= = = − = − = − +
∫ ∫ ∫

Vậy
2ln 2 3 2
3
S
π
= − + −

Câu IV)
Q
P
E
M
N
K
I
D
O
H

C
B
A
S

- Ta có
( )
SH AB SH ABCD
⊥ ⇒ ⊥
.Kẻ
HM vuông góc v
ớ
i AC thì góc t
ạ
o b
ở
i (SAC) và
(ABCD) là
0
ˆ
60
SMH =

Có
0
2 6 2
ˆ
sin ; tan 60
2 6 2
3

BC a a a a
HM AH HAM AH SH HM
AC
a
= = = = = =
3
1
( )
3 3
SABCD
a
V SHdt ABCD= =

- Gọi E, K lần lượt là trung ñiểm của SA, HA . Kẻ ñương thẳng qua K song song với AD cắt CD
ở F thì KF
( )
SAH
⊥
. Dựng Ex song song với KF thì Ex là trục ñường tròn ngoại tiếp tam giác
SHA. Dựng ñường thẳng qua tâm O của mặt ñáy vuông góc với AC cắt KF, AD tại N, P thì N là
tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Trong mặt phẳng chứa Ex và KF kẻ ñường thẳng Ny
vuông góc với ñáy (ABCD) (ñường thẳng song song với EK) thì Ny là trục ñường tròn của tam
giác AHC.
Giao ñiểm
I Ny Ex
= ∩
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC.
Ta có
2 2 2 2 2 2
R IH IN NH KE NH

= = + = +
.
2
2
2 2
3 3 3 3 9 2 9 97
. ; ;
ˆ
2 4 4 128
cos 2 2 2 8 2 8 2
AO a a a a
AP a KN AP a R a
CAD a
 
 
= = = = = ⇒ = + =
 
 
 
 
 

Vậy
194
16
a
R =

5

Câu V) Từ giả thiết ta có
( )
2
2 2
3( ) ( ) 6
2
a b c
a b c a b c a b c
+ +
+ + = + + ≥ ⇒ + + ≤
. Mặt khác ta có
80 80
2 2( 2)
P a b c a b c
a c b a b c
≥ + + + ≥ + + + ⇔
+ + + + + +

32 32 16
2 2
2( 2) 2( 2) 2( 2)
P a b c
a b c a b c a b c
≥ + + + + + + − ⇔
+ + + + + + + + +

3
16
3.2 2 26 min 26
4

P P
≥ + − = ⇒ =
khi a=1,b=2,c=3
Câu VI)
1) Cách 1:
Ta có tọa ñộ ñiểm I là nghiệm của hệ phương trình:
2 1 0 3
3 7 0 2
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔
 
+ + = =
 

Lấy ñiểm
(
)
(
)
(
)
1;0 ; '
H d H A K d K B
∈ ≠ ∈ ≠
sao cho
2
HK HI

=

Do
(
)
' ; 3 7
K d K a a
∈ ⇒ − −
. Có
(
)
(
)
4;2 , 1; 3 7
HI HK a a
= − = − − −
 

Mà
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 20 2 1 3 7 2 0 2
HI HK HI HK a a a a
 
= ⇔ = ⇔ = − + + ⇔ + = ⇔ = −
 

V
ậy K(-2;-1). Ta có

2
/ /
2
HI HK
IH HK
HK AB
AI AB
AI AB

=

⇒ = ⇒

=



Vậy ñường thẳng d ñi qua M có véc tơ chỉ phương
(
)
3;1KH
= ⇒

PT
1 2
:
3 1
x y
d
− −

=

Cách 2:
Theo ñiều kiện
2
AI AB
=
gợi cho ta nghĩ ñến tam giác vuông AIB có cạnh huyền AI.
Có
0
ˆ
45
AIB AB BI
=
⇒
⊥

Vậy
∆
ñi qua M(1;2) và vuông góc với d’ và do ñó ta có phương trình:
3 5 0
x y
− + =


(
)
(
)
( )

2) ; ;2 , 1; 1;2
. 0 2 2 1 2 0 2 1 1 2
1 2 ; ;1 3
A AM
AM U
A
α β α β α β α β
α β α β α β α β
β β β
∆
− − − + − −
= ⇔ − − − + − − = ⇔ = = ⇒ = +
⇒ + −

 

∆
qua
(
)
(
)
(
)
2; 1;1 , 2; 1;1; , 1 2 ; 1 ;3
B U AB
β β β
− − − − −
 

(
)
. 2 1; 8 1; 4 1
u AB
β β β
 
= − + − + − −
 
 

2
.
84 12 3 33
6 2
A
u AB
d
u
β β
∆
 
− +
 
= = =
 


6

( )
2 2
1
28 4 1 33 28 4 32 0
8
7
1; 1;4
25 8 17
; ;
7 7 7
A
A
β
β β β β
β
= −


⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=


− −

⇒
−
 

 


 


Câu VII)
Đặt
2 2 2 2
1 1
z x yi x y y x
= + ⇒ + = ⇒ = −
và
[ 1;1]
x
∈ −

Ta có
2 2 2 2
1 31 (1 ) 3 (1 ) 2(1 ) 3 2(1 )
P z z x y x y x x
= + + − = + + + − + = + + −

Xét
[
]
( ) 2(1 ) 3 2(1 ); 1;1
f x x x x= + + − ∈ − . Dùng ñạo hàm ta tính ñược
ax 2 10;min 2
M P P
= =
ứng với các trường hợp

4 3
5 5
z i
= − ±
và z=1