Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 30

ĐỀ SỐ 30. 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 =
1
4
(x
2
– m)(x
2
+ 1) (1) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A và B vuông góc với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3
sinx - 3cosx - 2 =
cos 2x
-
3
sin2x
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 2
1
1
4
22


+ =

+ −



+ + =


y
x y x
x
x y
y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a;
·
ABC
=
90

o
. Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAC) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc giữa hai mặt (SAC) và mặt phẳng (SBC) bằng
60
o
. Tính thể
tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Cho a,b,c là ba số thực dương tuỳ ý thoả mãn a+ b+ c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
ab bc ca
P
c ab a bc b ca
= + +
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(3; 0), B(-1; 8) và đường thẳng d có phương trình x - y -3
= 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua B và cắt đường thẳng d tại điểm C sao cho tam giác ABC cân
tại C.
2. Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1; 1; 1), đường thẳng d:
x 1 y z
2 1 1
+
= =
−
và mặt phẳng
(P): x + 3y + z – 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt d và song song (P).

Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
2 | z i | | z z 2i |− = − +
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt chiều
dương của trục Ox, Oy theo thứ tự tại A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; -1), B(-1; 2; 0) và đường thẳng
x 1 t
: y 0
z t
= +


∆ =


= −

. Viết
phương trình đường thẳng d đi qua B, cắt
∆
sao cho khoảng cách từ A đến d bằng
3
.
Câu VI.b (2,0 điểm) Cho số phức z = 1 +
3
i. Tính z
7

.
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 30
Câu 1: 1. (1,0 điểm)Với m = 3, ta có hàm số y =
1
4
(x
2
– 3)(x
2
+ 1)
* Tập xác định: D = Ρ. * Sự biến thiên + Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
+ Bảng biến thiên - y’ = x(x
2
– 1) ; y’ = 0
⇔
x = 0 hoặc x =
±
1.
-
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 µ 0;1−∞ − v
và đồng biến trên khoảng
( )
-1;0

và
( )
1;+ ¥
.
Hàm số đạt cực đại tại
0=x
và giá trị cực đại
( )
3
0
4
= −y
, hàm số đạt cực tiểu tại
1= ±x
và giá trị cực
tiểu
( )
1 1± = −y
. Đồ thị:
Câu 1: 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm:
1
4
(x
2
– m)(x
2
+ 1) = 0
Û
x
2

– m = 0 (2)
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (2) có hai
nghiệm phân biệt
Û
m > 0. Khi đó A(-
m
;0), B(
m
;0). Ta có y’ =
1
2
x(2x
2
+1 –m). Tiếp tuyến của đồ
thị tại A, B có hệ số góc lần lượt là y’(-
m
) =
m
2
-
(m + 1) và y’(
m
) =
m
2
(m + 1)
Tiếp tuyến của đồ thị tại A, B vuông góc với nhau khi và chỉ khi y’(-
m
).y’(
m

) = -1
Û
m
2
-
(m + 1).
m
2
(m + 1) = - 1
Û
m =1.
Câu 2: 1. (1,0 điểm) Giải phương trình :
3
sinx - 3cosx - 2 =
cos2x
-
3
sin2x (1) (1)
⇔
3
sinx(2cosx + 1) = 2cos
2
x + 3cosx + 1
⇔
(2cosx
+ 1)(cosx -
3
sinx + 1) = 0
⇔
cosx = -

1
2
hoặc cosx -
3
sinx + 1 = 0 (1’)
* cosx = -
1
2

⇔
x =
±
2
3
π
+ k2
p
(1’)
⇔
cos(x +
3
π
) = -
1
2

⇔
x =
3
π

+ k2
p
hoặc x = -
p
+ k2
p
Câu 2: 2. (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2 2
2 2
3 2
1
1
4
22

+ =

+ −



+ + =


y
x y x
x
x y
y

(I)Điều kiện: x
≠
0, y
≠
0. và x
2
+ y
2
- 1
≠
0.
Đặt u = x
2
+ y
2
- 1 và v =
x
y
Hệ phương trình (I) trở thành
3 2
1
21 4
u v
u v

+ =



= −


Û
2
2 13 21 0
21 4
v v
u v

− + =

= −


Û
9
3
u
v
=


=

hoặc
7
7
2
u
v
=




=


+ Với
9
3
u
v
=


=


Û
3
1
x
y
=


=

hoặc
3
1

x
y
= −


= −

Với
7
7
2
u
v
=



=



⇔
Û
2
14
53
2
4
53
x

y

=




=


hoặc
2
14
53
2
4
53
x
y

= −




= −


Vậy hệ có nghiệm (3;1), (-3;-1),
2 2

14 ;4
53 53
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
và
2 2
14 ; 4
53 53
æ ö
÷
ç
÷
- -
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân

e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫
I =
e
3
1
dx
x
∫
-
e
3
1
ln xdx
x
∫
( lnx – 1
£
0,
"
x
Î
[ ]
1;e

)
⇒
I
1
=
e
3
1
dx
x
∫
=
e
2
1
1
2x
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
è ø
= -
2
1
2e

+
1
2
Đặt
3
u ln x
dx
dv
x
=



=



⇒

2
dx
du
x
1
v
2x

=





= −


Þ
I
2
=
e
3
1
ln xdx
x
∫
=
e
2
1
ln x
2x
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
è ø

+
1
2
e
3
1
dx
x
∫
= -
2
1
2e
+
1
2
(-
2
1
2e
+
1
2
) =
1
4
-
2
3
4e

Vậy I =
e
3
1
ln x 1
dx
x
−
∫
=
2
2
e 1
4e
+
Câu 4: (1,0 điểm)
Vì (SAB)
⊥
(ABC) và (SAC)
⊥
(ABC) nên SA
⊥
(ABC)
Do đó chiều cao của khối chóp S.ABC là h = SA. Gọi H là trung điểm của cạnh AC, suy ra BH
⊥
AC
Do đó BH
⊥
(SAC)
Trong mặt phẳng (SAC) dựng HK

⊥
SC (H
Î
SC), suy ra BK
⊥
SC
Do đó góc giữa (SAC) và (SBC) là
·
BKH 60=
o
.
D
BHK vuông tại H. Ta có BK =
·
BH
sin HKB
=
a 2
2
sin 60
o
=
a 6
3
.
D
SBC vuông tại B có BK là đường cao, ta có
2
1
BK

=
2
1
SB
+
2
1
BC
Þ
2
1
SB
=
2
9
6a
-
2
1
a
=
2
1
2a

Þ
SB = a
2

Þ

SA = a
Thể tích của khối chóp S.ABC:
SABC
V
=
1
3
SA.
ABC
S
=
1
6
. SA. AB.BC =
3
a
6
.
Câu 5: (1,0 điểm): Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
ab bc ca
P
c ab a bc b ca
= + +
+ + +
Với a,b,c là ba số thực dương thoả mãn a+ b+ c = 2 , suy ra 0 < a, b, c < 2
2c + ab = 4 – 2(a + b) + ab = (2 - a)(2- b)
a
a
S

A
B
C
K
H
60
0
Ta có
2
ab
c ab+
= ab
1 1
.
2 a 2 b- -
£
1 1 1 1
. ( ) ( )
2 2 2 2
ab ab
ab
a b b c c a
+ = +
− − + +
Tương tự
1
( )
2
2
bc bc bc

a b c a
a bc
≤ +
+ +
+
và
1
( )
2
2
ca ca ca
b a c b
b ca
≤ +
+ +
+
Þ
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 1
2 2
ab ca bc ab bc ca
P a b c
b c b c c a c a a b a b
 
≤ + + + + + = + + =
 
+ + + + + +
 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi và chi khi a = b = c =
2

3
.
Câu 6a: 1. (1,0 điểm)
Gọi d’ là đường trung trực của đoạn thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có: I(1; 4),
AB
uuur
= (-4; 8). Đường thẳng d’ đi qua I và nhận vectơ
AB
uuur
= (-4; 8) làm vtpt nên có pt: -4( x -1) + 8(y – 4)
= 0
hay x – 2y + 7 = 0. Vì tam giác ABC cân tại C nên C thuộc đường thẳng d’.Theo yêu cầu bài toán, C
thuộc đường thẳng d. Suy ra, tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
x 2y 7 0
x y 3 = 0
− + =


− −

x 13
y 10
=

⇔

=

.
Vậy C(13; 10).

Câu 6a: 2. (1,0 điểm)
Phương trình tham số của d:
= − + = = −x 1 2t;y t;z t
.
Gọi d’ là đường thẳng đi qua M, cắt d tại điểm N và song song với mp(P).
Điểm N thuộc d nên tọa độ điểm N có dạng N(-1 + 2t; t; -t).
MN (2t 2;t 1; t 1)= − − − −
uuuur
; vtpt của (P):
n (1;3;1)=
r
.
Vì d’ song song (P) nên
MN.n 0=
uuuur r
⇔
2t – 2 + 3t – 3 – t – 1 = 0
⇔
3
t
2
=
. Suy ra
1 5
MN (1; ; )
2 2
= −
uuuur
.
Đường thẳng d’ đi qua M và nhận

MN
uuuur
làm vtcp nên có pt
= + = + = −
1 5
x 1 t;y 1 t;z 1 t
2 2
.
Câu 7a: (1,0 điểm
Tìm tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện
2 | z i | | z z 2i |− = − +
.
Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z = x + yi.
Khi đó:
2 | z i | | z z 2i |− = − +
⇔
2|x + (y – 1)i| = |2(y + 1)i|
2 2 2
x (y 1) (y 1)⇔ + − = +
⇔
2
x
y
4
=
.
Vậy tập hợp điểm M là parapol(P)
2
x
y

4
=

Câu 6b: 1. (1,0 điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua M và cắt trục Ox, Oy theo thứ tự tại A(m; 0), B(n; 0) với m> 0, n > 0. Khi
đó phương trình đường thẳng d có dạng
x y
1.
m n
+ =
Vì d đi qua M nên
1 1
1
m n
+ =
. Ta có:
1 1 1
1 2 mn 4
m n mn
= + ≥ ⇒ ≥
, (1).
Ta lại có: AB
2
= OA
2
+ OB
2
= m
2
+ n

2

≥
2mn, (2) Từ (1) và (2), suy ra
AB 2 2≥
, đẳng thức xảy ra khi
m = n = 1. Vậy phương trình đường thẳng d là x + y - 1 = 0.
Câu 6b: 2. (1,0 điểm)
Gọi d là đường thẳng đi qua B, cắt
∆
tại M và khoảng cách từ A đến d bằng
3
.
Điểm M thuộc
∆
nên tọa độ điểm M có dạng M(1 + t; 0; -t).
Ta có:
BM (2 t; 2; t), BA (3; 1; 1)= + − − = − −
uuur uuur
,
BM, BA (2 t;2 2t;4 t).
 
= − − −
 
uuur uuur
2
2
3t 10t 12
d(A, d) 3 3 t 0
t 2t 4

− +
= ⇔ = ⇔ =
+ +
.Với t = 0, ta có
BM (2; 2;0)= −
uuur
.
Đường thẳng d đi qua B và nhận
BM (2; 2;0)= −
uuur
làm vtcp nên có phương trình tham số
= − + = − =x 1 2t;y 2 2t;z 0
.
Câu 7b: (1,0 điểm)
Cho số phức z = 1 +
3
i. Tính z
7
. Ta có: z = 1 +
3
i =
1 3
2 i
2 2
 
+
 ÷
 ÷
 

=
2 cos i sin
3 3
π π
 
+
 ÷
 
. Suy ra: z
7
= 128
7 7
cos i sin
3 3
π π
 
+
 ÷
 
= 128
cos isin
3 3
π π
 
+
 ÷
 
= 64 + 64
3
i