Đề thi thử đại học môn Toán số 64

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 64)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số
2
( )
3
x
y C
x
+
=
−
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
bằng
1
5
khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
Câu II ( 2 điểm)
1) Giải phương trình :
3
2sin cos2 cos 0x x x− + =
2) Giải bất phương trình:
2 2
2 3 5 4 6x x x x x− − + ≤ − −
Câu III ( 1 điểm)
Tính
1
2

0
ln(1 )I x x dx= +
∫
Câu IV ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông
góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối
chóp S.AHK theo a.
Câu V ( 1 điểm)
Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 2
1 1
P= x y
y x
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
.
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm)
1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình
d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC.
2) Cho mặt cầu (S) :
2 2 2

( 3) ( 2) ( 1) 100x y z− + + + − =
và mặt phẳng
( ): 2 2 9 0x y z
α
− − + =

Chứng minh rằng (S) và
( )
α
cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính
của đường tròn (T) .
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm số phức z, nếu
2
0z z+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI .b ( 2 điểm)
1) Cho đường tròn ( C)
2 2
2 4 4 0x y x y+ − − − =
và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C)
tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN.
2) Cho hai đường thẳng d:
2
1
1
1
1
2 −

=
−
−
=
− zyx
và d’:





=
−=
+=
tz
ty
tx
2
4
Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’.
Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số
2
3 2x x
y
x
− +
=
(C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó
kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).
*********************Hết********************

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 64)
Nội dung
+)pt
3 2
2sin (1 2sin ) cos 0x x x⇔ − − + =

2
2sin (1 sinx) (1 cos ) 0x x⇔ + − − =

[ ]
(1 cos ) 2(1 cos )(1 sinx) 1 0x x⇔ − + + − =
[ ]
(1 cos ) 2(sinx cos ) 2sin cos 1 0x x x x⇔ − + + + =
1 cos 0 (1)
2(sinx cos ) 2sin cos 1 0 (2)
x
x x x
− =

⇔

+ + + =


Giải (1) ta được
2 ( )x k k Z
π
= ∈
Giải (2) : Đặt

sinx cos 2 sin( ) , 2; 2
4
t x x t
π
 
= + = + ∈ −
 
Ta được phương trình
2
2 0t t+ =
0
2 (loai)
t
t
=

⇔

= −

Với t = 0
( )
4
x k k Z
π
π
−
⇔ = + ∈
Vậy phương trình có nghiệm:
2x k

π
=
( )
4
x k k Z
π
π
−
= + ∈
Bình phương hai vế ta được
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x+ − ≤ − −
3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x⇔ + − ≤ − − +

( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x
x x
− −
⇔ ≤ −
+ +

Đặt
( 2)
0
1
x x
t
x

−
= ≥
+
ta được bpt
2
2 3 2 0t t− − ≥

1
2
2
2
t
t
t
−

≤

⇔ ⇔ ≥

≥

( do
0t ≥
)
Với
2
( 2)
2 2 6 4 0
1

x x
t x x
x
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥
+
3 13
3 13
3 13
x
x
x

≤ −
⇔ ⇔ ≥ +

≥ +


( do
2x
≥
) Vậy bpt có nghiệm
3 13x ≥ +
Đặt
2
2
2
ln(1 )
1

xdx
u x du
x
= + ⇒ =
+

2
2
x
dv xdx v= ⇒ =
Do đó
1
1
2 3
2
1
2
0
0
1
ln(1 ) ln 2
2 1 2
x x
I x dx I
x
= + − = −
+
∫
Tính I
1

: Ta có
1 1
1 1
2
1
2 2
0 0
0 0
1 1 2 1 1 1 1
( ) ln 1 ln 2
1 2 2 1 2 2 2 2
x x
I x dx x dx x
x x
= − = − = − + = −
+ +
∫ ∫
S
C
B
A
K
H
a
2a
a
A
D
E
B

d’
C
d
d1
Vậy
1
ln 2
2
I = −
+) Theo bài ra ta có
( )SH AHK⊥
, ( )BC SA BC AB BC SAB BC AK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Và
AK SC⊥
nên
( ) à SBAK SBC AK KH v AK⊥ ⇒ ⊥ ⊥
+) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
ta có
1 2
2 2
a
AK SB= =
,
2 3
,
5 10 5
a a a
AH KH SH= ⇒ = =
+) Ta có
2

1 6
. ( )
2
4 10
AHK
a
S AK HK dvdt= =
Vậy
3
.
1 3
. ( )
2 60
S AHK AHK
a
V S SH dvtt= =
+) Theo B ĐT Côsi ta có
 
≤ ⇒ = ∈


 
2
1 1
0<xy t (xy) 0;
4 16
+) Ta có
= + + = + +
2
2

1 1
P 2 (xy) t 2
(xy) t

−
 
⇒ = − = < ∀ ∈


 
2
/
2 2
1 t 1 1
P 1 0, t 0;
t t 16
+) B¶ng biÕn thiªn :
t 0
1
16
P’
-
P
289
16
+) Từ bbt ta có
289
min P
16
=

tại
1 1
16 2
t x y= ⇔ = =
+) Gọi
'D d d
= ∩
nên tọa độ của D là nghiệm của hệ
22
2 5 3 0
22 13
7
( ; )
5 0 13
7 7
7
x
x y
D
x y
y

=

− + =


⇔ ⇒
 
+ − =



=


+) Goi d
1
là đường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d
1
là: x + y – 8 = 0.
Gọi
1
E d d= ∩
nên
33 19
( ; )
7 7
E
.Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung điểm AE suy ra
(1;1)A
+) Ta có cạnh BC
⊥
c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0Suy ra
35 50 38 47
( ) ' ( ; ) ( ; )
3 3 3 3
C BC d C AC
− −
= ∩ ⇒ ⇒
uuur

+) Vậy phương trình cạnh AC là
1 38
1 47
x t
y t
= −


= +

+) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .Ta có :
2.3 2( 2) 1 9
( ,( )) 6
4 4 1
h d I
α
− − − +
= = =
+ +
Vậy
( ,( ))d I r
α
<
nên (S) cắt
( )
α
theo giao tuyến là đường tròn (T) .
+) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên
( )
α

.Xét đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với
( )
α
.
Lúc đó (d) có vectơ chỉphương là
(2; 2; 1)a n= = − −
r r
. Phương trình tham số của (d) là :
3 2
( ): 2 2 ( )
1
x t
d y t t
z t
= +


= − − ∈


= −

¡
+) Ta có
( )J d
α
= ∩
Xét hệ:
3 2
2 2

1
2 2 9 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − −


= −


− − + =

Giải hệ này ta được : J(-1;2;3) .
+) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có :
2 2
100 36 8r r h
′
= − = − =
Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8
+) Đặt z = x + yi, khi đó
2 2 2 2
0 ( ) 0z z x yi x y+ = ⇔ + + + =
+)
(
)

2 2 2 2
2 2 2 2
0
2 0
2 0
x y x y
x y x y xyi
xy

− + + =

⇔ − + + + = ⇔

=


+) ⇔
2
2
0
0
0
0, 0
0
0 (1 ) 0
0, 1
1
0, 1
0 0
0 (do 1 0)

0, 0
(1 ) 0
0
0
x
x
x
x y
y
y y y y
x y
y
x y
y y
x x
y x
x x
x x
y

=


=

=






 
= =

=




 



− + = − =

= =
 


  



=
⇔ ⇔ ⇔








= = −
= =
 








= + >






= =

+ =
+ =


 






=



+)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i.
+) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x=
-2
+)Gi d l dng thng qua A ( -2; 3) cú h s gúc l k ta cú d y = k(x + 2) + 3
d l tip tuyn ca ( C ) d( I, d ) = R
2
3 1
4
3
3
1
k
k
k
+
= =
+

+ ta cú tip im ca d v (C ) l M(-2; 0), ca d v (C ) l
7 57
( ; )
5 5
N

+ Ta cú AM = 3,
7 3
( , ) 2
5 5
d N d = + =
.Vy
1 9
. ( , ) ( )
2 10
AMN
S AM d N d dvdt= =
+) Ta cú vtcp ca d
(1; 1;2) M(2;1;1) du v
r
vtcp ca d
'(1; 1;1) (4;2;0) d'u v N
r
=>
(2;1; 1)MN
uuuur
+)Ta cú
, ' . 3 0u u MN

=

r ur uuuur
vy d v d chộo nhau ta cú
(2 ;1 ;1 2 )A d A k k k + +
,
' (4 ;2 ; )B d B t t t +

(2 ;1 ; 1 2 )AB t k t k t k + +
uuur
AB l on vuụng gúc chung
. 0
. ' 0
AB u
AB u

=


=


uuurr
uuur ur
+)
4 6 1 0 2
3 4 0 1,5
t k t
t k k
= =



= =

(1,5;1,5;0)AB
uuur
Vy d(d,d) = AB =

3 2
2
Chỳ ý : cú th tớnh theo cỏch
, ' .
3
( , ')
2
, '
u u MN
d d d
u u


= =


r ur uuuur
r ur

+) Gọi M là điểm thuộc đờng thẳng x=1, d là đờng thẳng đi qua M có hệ số góc là k. d có phơng trình là : y=
k(x-1)+m ( với M(1,m) )
+) Thay (2) vào (1) ta có
2 2
2
3 2 2
( 1)
x x x
x m
x x

+
= +
ữ

2 2 2
( 3 2) ( 2)( 1)x x x x x mx + = +
2
( , ) (2 ) 4 2 0g x m m x x = + + =
(3)
+)Để từ M kẻ đợc đúng 2 tiếp tuyến đến C thì phơng trình (3) có đúng 2 ngiệm phân biệt
' 4 2(2 ) 0
(2 ) ( , ) (2 )(2) 0
m
m g x m m
= + >



+ = +

2 0
2 0
m
m
>



+

Do đó
0
2
m
m
<





(*)
+) Vậy trên đờng thẳng x=1 .Tập hợp các điểm có tung độ nhỏ hơn 0 (m<0) bỏ đi điểm (1,-2) thì từ đó kẻ đợc
đúng 2 tiếp tuyến đến C