ĐỀ SỐ 11. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số
y
=
x 2
x 1
−
+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần
khoảng cách từ M đến trục tung .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: sin
3
x + 2cosx - 2 + sin
2
x = 0
2. Giải phương trình:
3
3 5
log x log (x x 95)= + +
Câu III. ( 1 điểm) Tính tích phân: I =
ln8
x x
ln3
e e 1dx
+
∫
Câu IV. ( 1,0 điểm) Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên
đường tròn, AC = R. Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng 60
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC .
1. Chứng minh tam giác AHK vuông .
2. Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R .
Câu V. ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh:
1 4 9
36
x y z
+ + ≥
.
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a ( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích S = 4, biết
A( 1 ; 0 ), B( 2 ; 0 ) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x.
Tìm tọa độ các đỉnh C, D .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q):
x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng
cách từ O đến (R) bằng 2.
Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x(-1 + 4i ) + y( 1 + 2i )
3
= 2 + 9i.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):
2
2
x
y 1
4
+ =
và điểm C(2 ; 0). Tìm tọa
độ điểm A, B thuộc (E), biết rằng A, B đối xứng nhau qua trục Ox và tam giác ABC đều .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 4 ;0 ;0), B(x
0
;y
0
;0) với x
0
> 0, y
0
>
0 sao cho OB = 8 và góc
·
0
AOB 60=
.
a) Xác định điểm C trên tia Oz để thể tích của tứ diện OABC bằng 8 .
b) Gọi G là trọng tâm tam giác OAB và điểm M trên đường thẳng AC với AM = x. Tìm x
để OM vuông góc GM .
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: z
2
- ( 4 - i)z + 5 + i = 0 trên tập hợp các số phức .
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11
Câu Đáp án
I
(2đ)
1. (1 điểm)
y
=
x 2
x 1
−
+
(1)
1. TXĐ: D =
R
\ { -1}
2. Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
y’ =
( )
2
3
x 1+
> 0 ,
x 1∀ ≠ −
Hàm số đồng biến trên các khoảng (
; 1−∞ −
) ; (-1 ; +
∞
)
Hàm số không có cực trị
b) Giới hạn và tiệm cận :
x
lim y 1
→±∞
=
⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1
x ( 1)
lim y
−
→ −
= +∞
và
x ( 1)
lim y
+
→ −
= −∞
⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1
c) Bảng biến thiên
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y +
∞
1
1 -
∞
3) Đồ thị:
Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A( 2;0) , B(0;-2)
-5
5
4
2
-2
f
x
( )
=
x-2
x+1
2) 1 điểm
Giả sử điểm M(x
0
;y
0
)
∈
(C) thỏa d(M, Ox) = 3d(M,Oy)
d(M, Ox) = 3d(M,Oy)
0 0
y 3 x=
0
0
0
0 0
0 0
0
0
0
x 2
3x
x 1
y 3x
y 3x
x 2
3x
x 1
−
=
+
=
⇔
= −
−
= −
+
2
0 0
2
0 0
3x 2x 2 0 (PTVN)
3x 4x 2 0
+ + =
− − + =
0 0
0 0
2 10
x y 2 10
3
2 10
x y 2 10
3
− −
= ⇒ = +
− +
= ⇒ = −
Vậy có hai điểm M thỏa YCBT là M(
2 10
;2 10
3
− −
+
) hoặc M (
2 10
;2 10
3
− +
−
)
II
(2 đ)
1. (1 đi ểm)
Sin
3
x + 2cosx - 2 + sin
2
x = 0 (1) (1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0
cos x 1
sin x cos x sin x cos x 1 0
=
+ + − =
cosx = 1 x = k2
π
, k
∈
Z
sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0 (2)
Đặt t = sinx + cosx (
t 2≤
) => sinxcosx =
2
t 1
2
−
Pt (2) trở thành pt : t +
2
t 1
2
−
-1 = 0 t
2
+ 2t -3 = 0 t = 1 và t = -3 ( loại )
+ t = 1: sinx + cosx = 1
2
cos(x ) x k2 ,k Z
4 2 4 4
π π π
− = ⇔ − = ± + π ∈
x k2
2
x k2
π
= + π
= π
Vậy pt (1) có các họ nghiệm là : x = k2
π
, x =
k2 ,k Z
2
π
+ π ∈
2. (1 điểm)
3
3 5
log x log (x x 95)= + +
(1)
ĐK: x > 0. Đặt t = log
3
x x = 3
t
Pt(1) trở thành : t = log
5
(
( )
t
t
3
3 3 95+ +
)
5
t
=
( )
t
t
3
3 3 95+ +
t
t t
3
3 3 1
95. 1
5 5 5
+ + =
÷
÷ ÷
÷
(2)
Xét hàm số f(t) =
t
t t
3
3 3 1
95.
5 5 5
+ +
÷
÷ ÷
÷
, t
∈
R
f '(t) =
t
t t
3 3
3 3 3 3 1 1
ln .ln 95. .ln
5 5 5 5 5 5
+ +
÷
÷ ÷
÷
<0 ,
∀
t
∈
R
Hàm số f(t) nghịch biến trên R.
Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2) .
Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3
t = 3 , suy ra log
3
x = 3 x = 27 .
Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27.
III
(1 đ)
1. (1 điểm)
I =
ln8
x x
ln3
e e 1dx+
∫
Đặt t =
x
e 1+
t
2
= e
x
+ 1 ⇒ 2tdt = e
x
dx
Đổi cận : x = ln3 => t = 2
x = ln8 => t = 3
I =
3
3
3
2
2
2
2t 38
2t dt
3 3
= =
∫
IV
(1 đ)
1. Chứng minh tam giác AHK vuông
SA
⊥
(P) => SA
⊥
BC
S
Lại có CA
⊥
BC nên BC
⊥
(SAC)
=> BC
⊥
AK
H
Theo gt : SC
⊥
AK
Do đó AK
⊥
(SBC) => AK
⊥
HK
Hay
tam giác AHK vuông
60
0
K
A B
C
2. Tính V
S.ABC
Ta có AK
⊥
(SBC) => AK
⊥
SB
Đồng thời theo gt AH
⊥
SB
Suy ra BS
⊥
(AHK) => SB
⊥
HK
Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK và
bằng góc
ˆ
AHK
Trong tam giác SAC có :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
AK SA AC SA R
= + = +
(1)
Trong tam giác SAB có :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
AH SA AB SA 4R
= + = +
(2)
Lấy (1) - (2) , ta được :
2 2 2
1 1 3
AK AH 4R
− =
(3)
Vì tam giác AHK vuông tại K và
ˆ
AHK
= 60
0
nên tam giác AHK bằng nửa tam giác đều
và do đó AK =
3
2
AH thay vào (3) , ta tìm được
2 2
1 9
AH 4R
=
thay vào (2), ta có:
SA
2
=
2
R R 2
SA
2 2
⇒ =
Vậy V
SABC
=
1
3
.SA .
1
2
.AC.BC =
2 2
1
SA.AC. AB AC
6
−
=
3
2 2
1 R 2 R 6
. .R. (2R) R
6 2 12
− =
V 1. (1 điểm)
Từ giả thiết
Đặt x =
a
a b c+ +
, y =
b
a b c+ +
, z =
c
a b c+ +
với a,b,c > 0
Bất đẳng thức đã cho trở thành :
a b c a b c a b c
4. 9. 36
a b c
+ + + + + +
+ + ≥
hay
b 4a c 9a 4c 9b
22
a b a c b c
+ + + + + ≥
÷ ÷ ÷
(*)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có VT(*)
b 4a c 9a 4c 9b
2 . 2 . 2 . 22
a b a c b c
≥ + + =
Đẳng thứ xảy ra k.v.c.k
1
x
6
b 2a
1
c 3a y
3
2c 3b
1
z
2
=
=
= ⇔ =
=
=
1. (1 điểm)
(1 đ)
A(1 ;0) , B(2 ;0) => đường thẳng AB chính là trục Ox
AB
uuur
= (1 ;0) , AB = 1
ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là
S = AB . d( C, AB) 4 = d(C,Ox)
Vậy C, D thuộc đường thẳng (d) // Ox và cách trục Ox một khoảng bằng 4 nên (d) có pt :
VIa
(2đ)
y = 4 hoặc y = -4 .
Khi (d) có pt y= 4 , gọi C(x
c
;4) , D(x
D
;4)
Vì I= AC
∩
BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt: y = x , do đó :
c
c
x 1
0 4
x 3
2 2
+
+
= ⇔ =
D
D
x 2 4 0
x 2
2 2
+ +
= ⇔ =
Vậy C(3 ;4) , D(2 ;4)
Khi (d) có pt y = -4 , gọi C(x
c
;-4) , D(x
D
;-4)
Vì I= AC
∩
BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt : y = x , do đó :
c
c
x 1
0 4
x 5
2 2
+
−
= ⇔ = −
D
D
x 2 4 0
x 6
2 2
+ − +
= ⇔ = −
Vậy C(-5 ;-4) , D(-6 ;-4)
2. (1 điểm)
2/ VTPT của mp(P)
(1;1;1)
P
n =
uur
; VTPT của mp(Q)
(1; 1;1)
Q
m = −
uuur
;
Đặt
(2;0; 2) 2(1;0; 1)
R
k n m= ∧ = − = −
uur r ur
Mp (R) vuông góc với (P) và (Q) nên mp(R) nhận
1
n k (1;0; 1)
2
= = −
r r
làm VTPT.
Phương trình (R) có dạng : x − z + D = 0
Ta có : d (0;(R)) = 2
2 2 2
2
D
D⇔ = ⇔ = ±
Phương trình (R) :
2 2 0 2 2 0x z hay x z− + = − − =
(1 điểm)
x(-1 + 4i) + y( 1 + 2i)
3
= 2 + 9i
(-x-11y) + (4x-2y)i = 2+9i
95
x
x 11y 2
46
4x 2y 9 17
y
46
=
− − =
⇔
− = −
=
1. (1 đi ểm)
VIIa
(1đ)
Gọi A( x
0
;y
0
) , vì A
∈
(E) nên
2
2
0
0
x
y 1
4
+ =
(1)
A ,B đối xứng nhau qua trục Ox nên B(x
0
; -y
0
)
VIb
(2đ)
AB
2
= 4y
0
2
và AC
2
= ( x
0
-2)
2
+ y
0
2
Tam giác ABC đều nên AB = AC = BC
Suy ra 4y
0
2
= ( x
0
-2)
2
+ y
0
2
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
( )
2
2
0
0
2
2 2
0 0 0
x
y 1
4
4y x 2 y
+ =
= − +
x 2
y 0
2
x
7
4 3
y
7
=
=
=
= ±
Vậy A(
2
7
;
4 3
7
) và B(
2
7
;-
4 3
7
) hoặc A(
2
7
;-
4 3
7
) và B(
2
7
;
4 3
7
)
2.(1đ)
a . B(x
0
;y
0
;0) nên OB = 8 x
0
2
+y
0
2
= 64 (1)
OB
uuur
= (x
0
;y
0
;0) ,
OA
uuur
= (4 ;0 ;0)
cos
0
0
4x
x
ˆ
AOB cos(OA,OB)
4.8 8
= = =
uuur uuur
( vì x
0
> 0)
cos60
0
=
0
x
8
x
0
= 4 thay vào (1) ta được y
0 =
4 3
hay y
0
= -
4 3
(loại)
Vậy B( 4 ;
4 3
; 0) => tam giác AOB vuông tại A .
C thuộc tia Oz nên C( 0 ;0 ;a) , a>0 và OC = a
Thể tích của tứ diện OABC là : V =
1
OC.OA.AB
6
=
1
.a.4.4 3
6
=
8 3a
3
V = 8
8 3a
3
= 8 a =
3
. Vậy C(0 ;0 ;
3
)
b. G là trọng tâm tam giác OAB nên G(
8 4 3
; ;0)
3 3
AC
uuur
= (-4 ;0 ;
3
) , đt AC có pt :
x 4 4t
y 0
z 3t
= −
=
=
M thuộc đt AC nên M ( 4-4t ; 0 ;
3
t)
OM
uuuur
= ( 4-4t ; 0 ;
3
t) ,
GM
uuuur
=
4 4 3
4t; ; 3t
3 3
−
−
÷
÷
OM
⊥
GM
OM
uuuur
.
GM
uuuur
= 0 (4-4t)(
4
4t)
3
−
+ 3t
2
= 0 57t
2
- 64t + 16 = 0
32 4 7
t
57
32 4 7
t
57
+
=
−
=
(loại)
AM
uuuur
= (-4t ; 0 ;
3
t) , AM = x x =
t 19
Với t =
32 4 7
57
+
, x =
32 4 7
57
+
.
19
Với t =
32 4 7
57
−
, x =
32 4 7
57
−
.
19
VIIb
(1đ)
z
2
- ( 4 - i) z + 5+i = 0
∆
= (4-i)
2
-4 (5+i) = -5 - 12i
∆
= (2 - 3i)
2
∆
có hai căn bậc hai là
±
(2-3i)
Vậy pt có hai nghiệm phức :
z
1
= 1+i , z
2
= 3- 2i