Đề và đáp án thi thử ĐH số 15

ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC SỐ 16
Môn thi : TOÁN - lµm bµi:180 phót
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
2x + 4
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y =
.
1− x
1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N
và MN = 3 10 .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: sin 3 x − 3sin 2 x − cos 2 x + 3sin x + 3cos x − 2 = 0 .
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2) Giải hệ phương trình: 
.
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
π
2

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − 2 cos x dx
∫0 (sin x + cos x)3
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm
tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết
SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .
Câu V (1 điểm): Cho các số dương a, b, c : ab + bc + ca = 3.
1
1
1

1
+
+
≤
.
Chứng minh rằng:
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a ) 1 + c (a + b) abc
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0,
(C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1 điểm):
20
2
20
Khai triển đa thức: (1 − 3 x) = a0 + a1 x + a2 x + ... + a20 x . Tính tổng: S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 .
2. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm
H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) :

x y z

x +1 y z −1
= =
= =
và (d 2 ) :
.
1 1 2
−2
1
1

Tìm tọa độ các điểm M thuộc (d1 ) và N thuộc (d 2 ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng

( P) :

x – y + z + 2010 = 0 độ dài đoạn MN bằng

2.

 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x + 1) = 6
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 
=1
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)
………………………………….....................HẾT……………………………………………………


ĐÁP ÁN ĐỀ 16
Câu Phần
Nội dung
I
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.

(2,0) 1(1,0
)
2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
2
2
có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*)

Điểm
1,0

0,25

 2x + 4
kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0
= k ( x − 1) + 1

( I ) . Ta có: ( I ) ⇔ 
 −x +1
y = k ( x − 1) + 1

 y = k ( x − 1) + 1
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
3
kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được k ≠ 0, k < .
8
2
2
2
2
Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k )[( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 ] = 90(***)

2k − 3
k +3
, x1 x2 =
, thế vào (***) ta có
k
k
phương trình: 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 ⇔ (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0
Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 =

0,5

−3 + 41
−3 − 41
.
, k=
16
16
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

0,25

⇔ k = −3, k =

Câu Phần
II
(2,0) 1(1,0)

2(1,0)

Nội dung

sin 3 x − 3sin 2 x − cos 2 x + 3sin x + 3cos x − 2 = 0 ⇔
(sin 3 x + sin x) + 2sin x − 3sin 2 x − (cos 2 x + 2 − 3cos x) = 0
⇔ 2sin 2 x.cos x + 2sin x − 6.sin .cos x − (2 cos 2 x − 3cos x + 1) = 0
⇔ 2sin x.cos 2 x + 2sin x − 6.sin .cos x − (2 cos 2 x − 3cos x + 1) = 0
1

 sin x = 2

⇔ (2sin x − 1)(2 cos 2 x − 3cos x + 1) = 0 ⇔  cos x = 1

1
cos x =
2

π

x = + k 2π

1
6
, (k ∈ Z ).
+) sin x = ⇔ 
2
 x = 5π + k 2π

6
π

x = + k 2π


1
3
, (k ∈ Z ).
+) cos x = ⇔ 
2
 x = − π + k 2π

3
+) cos x = 1 ⇔ x = k 2π , (k ∈ Z ).
KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.
 x2 + 1
+x+ y = 4

 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
y

⇔
.
Dễ thấy y ≠ 0 , ta có: 
2
2
2
y
(
x
+
y
)
=
2

x
+
7
y
+
2
x
+
1

( x + y ) 2 − 2
=7

y

Điểm
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


Đặt u =

x2 + 1
, v = x + y ta có hệ:

y

 u+v = 4
 u = 4−v
 v = 3, u = 1
⇔ 2
⇔
 2
v − 2u = 7
v + 2v − 15 = 0
 v = −5, u = 9

+) Với v = 3, u = 1 ta có hệ:
 x2 + 1 = y
 x2 + 1 = y
 x2 + x − 2 = 0
 x = 1, y = 2
⇔
⇔
⇔
.

 x = −2, y = 5
x+ y =3
 y = 3− x
 y = 3− x
 x2 + 1 = 9 y
 x2 + 1 = 9 y
 x 2 + 9 x + 46 = 0
v

=
−
5,
u
=
9
⇔
⇔
+) Với
ta có hệ: 
, hệ


 x + y = −5
 y = −5 − x
 y = −5 − x
này vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)}.
Câu
III
(1,0)

Phần

Nội dung
π
π
π
Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , x = 0 ⇒ t = , x = ⇒ t = 0.
2

2
2
π
2

π

0,25

0,25
Điểm
0,25

π

2
2
Suy ra: I = 3sin x − 2 cos x dx = 3cos t − 2sin t dt = 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân
∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos t + sin t )3 ∫0 (cos x + sin x)3
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số).

π
2

0,25

π

0,25

π

2
2
1
Suy ra: 2 I = I + I = 3sin x − 2 cos x dx + 3cos x − 2sin x dx =
∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos x + sin x)3 ∫0 (sin x + cos x) 2 dx =

π
2

π
2

1
1
1
π 1
π  π2


dx = ∫
d  x − ÷ = tan  x − ÷ = 1 . KL: Vậy I = 1 .
=∫
π
π
2
4 2
4 0





2
2


0 2 cos
0 cos
2
x− ÷
x− ÷
4
4


Câu
IV
(1,0)

Phần

Nội dung
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
S
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
SG 2
= suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
SO 3
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

SC, SD.
N
1
1
+ Dễ có: VS . ABD = VS . BCD = VS . ABCD = V .
2
2
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
M
G
VS . ABN SA SB SN
1 1
1
A
=
. .
= 1.1. = ⇒ VS . ABN = V
VS . ABD SA SB SD
2 2
4
VS . BMN SB SM SN
1 1 1
1
=
.
.
= 1. . = ⇒ VS . ABN = V
O
VS . BCD SB SC SD
2 2 4

8
Từ đó suy ra:
C
3
B
VS . ABMN = VS . ABN + VS . BMN = V .
8
1
+ Ta có: V = SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA ⊥ ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với
3
·
mp(ABCD) chính là góc NAD
, lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại
SA
·
·
=a 3.
N, suy ra NAD
= NDA
= 300. Suy ra: AD =
tan 300

0,5

Điểm

0,25

D

0,25


1
1
3 3
Suy ra: V = SA.dt ( ABCD ) = a.a.a 3 =
a .
3
3
3
3
5
5 3a 3
Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS . ABCD − VS . ABMN = V − V = V =
.
8
8
24
Câu
V
(1,0)

Câu

Phần

Nội dung
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ 1 .
1

1
2
2
≤
(1).
Suy ra: 1 + a (b + c ) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca ) = 3a ⇒
2
1 + a (b + c) 3a
1
1
1
1
≤
(2),
≤
(3).
Tương tự ta có:
2
2
1 + b (c + a ) 3b
1 + c (a + b) 3c
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
1
1
1
1 1 1 1 ab + bc + ca
1
+
+
≤ ( + + )=

=
W.
2
2
2
1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) 3 c b c
3abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).
3

Phần

VIa 1(1,0
(2,0) )

2

Nội dung
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3 , đường
thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, ( a 2 + b 2 ≠ 0)(*) .
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2
⇔ 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] ,
IA > IH .
2

⇔ 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) )
2

⇔

2

2

VII.a
(1,0)

0,25

0,5
Điểm
0,25

9a 2
b2
= 35 ⇔ 4. 2
−
= 35
a + b2 a 2 + b2

36a 2 − b 2
= 35 ⇔ a 2 = 36b 2
a 2 + b2

0,25

Bán kính là R = IA = (−1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5.

Phần

Điểm
0,25

0,25

 a = −6
Dễ thấy b ≠ 0 nên chọn b = 1 ⇒ 
.
 a=6
Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
uuur
uuur
2(1,0) + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của
AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.
r uuur uuur
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là n =  AB, AC  = (8; −4; 4). Suy ra (ABC):
2x − y + z +1 = 0 .
 x + y − z −1 = 0
x = 0


+ Giải hệ:  y + z − 3 = 0 ⇒  y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
2 x − y + z + 1 = 0  z = 1



Câu

0,5

Nội dung
+ Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 21a20 x 20 .
⇔ (1 − 3x ) 20 − 60 x(1 − 3 x)19 = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 21a20 x 20 (*).

0,25
0,25

0,25

0,5

Điểm
0,25
0,25
0,25


k
k
Nhận thấy: ak x = ak ( − x) do đó thay x = −1 vào cả hai vế của (*) ta có:

S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 21 a20 = 422 .

Câu

Phần

VIb 1(1,0

(2,0) )

Nội dung
+uuur
Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
HK = (−1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên
( AC ) : x − 2 y + 4 = 0. Ta cũng dễ có:
( BK ) : 2 x + y − 2 = 0 .
+ Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử
A(2a − 4; a ), B (b; 2 − 2b). Mặt khác M (3;1) là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
 2a − 4 + b = 6
2a + b = 10
a = 4
⇔
⇔
.

 a + 2 − 2b = 2
 a − 2b = 0
b = 2
Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2).
uuur
+ Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3x − y − 8 = 0 .

Điểm

0,25

0,5

uuur
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra:
( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0.
KL: Vậy : ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0, ( AB ) : 3x − y − 8 = 0 , ( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0.
2(1,0) + M , N ∈ (d1 ), (d 2 ) nên ta giả sử

uuuur
M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t2 ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t2 ; 2t1 − t 2 − 1) .
uur uuuur
+ MN song song mp(P) nên: nP .NM = 0 ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = 0
uuuur
⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1;3t1 − 1) .
 t1 = 0
+ Ta có: MN = 2 ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = 2 ⇔ 7t − 4t1 = 0 ⇔ 
.
t1 = 4
7

4 4 8
1 4 3
+ Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) hoặc M ( ; ; ), N ( ; − ; ) .
7 7 7
7 7 7
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ∈ ( P ).
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.
2

Câu

Phần

2

2

2
1

Nội dung
− xy − 2 x + y + 2 > 0, x − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
(I ) .
+ Điều kiện: 
0 < 1 − x ≠ 1, 0 < 2 + y ≠ 1
2

VII.b
(1,0)

0,25

2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2 log 2+ y (1 − x) = 6
+ Ta có: ( I ) ⇔ 
=1
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)
log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − 2 = 0 (1)
⇔
= 1 (2).
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)
1

2
+ Đặt log 2+ y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 ⇔ (t − 1) = 0 ⇔ t = 1.
t
1
−
x
=
y
+
2
⇔
y
=
−
x
−
1
(3).
Với t = 1 ta có:
Thế vào (2) ta có:
−x + 4
−x + 4
log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4)
= 1 ⇔ log1− x
=1⇔
= 1 − x ⇔ x2 + 2 x = 0
x+4
x+4

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
Điểm
0,25

0,25


 x=0
 y = −1
⇔
. Suy ra: 
.
 x = −2
 y =1
+ Kiểm tra thấy chỉ có x = −2, y = 1 thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 .

0,25
0,25