Tài liệu Đề 3-có đáp án thi thử ĐH 2011

ĐỀ 3:
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
−
x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm
phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈ ¡
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3

0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt
di động trên các cạnh AB, AC sao cho
( ) ( )
DMN ABC⊥
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích
tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:
3 .x y xy+ =
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
≥
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
16x y z
P
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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng
AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua
M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường
thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n

, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng (P): x + y +
z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong
mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆
bằng
42
.

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

-------------------Hết -------------------
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN (ĐỀ 3)
Đáp án gồm 05 trang
Câu Nội dung Điểm
I HS tu lam 2,0
II 2.0
1

Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:
sin cos 0x x+ ≠
0.25
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + +

( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =

( ) ( ) ( )
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
0.25
sin 1

cos 1
x
x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k
x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈ Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈ Z
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈ ¡
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

− − ≥

⇔


− + + = − −


0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

− − ≥

⇔

+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x



− ≤ ≤

⇔ ≠


+

+ = −


( )
( )
2
2 0
1 16 0
x
x x
− ≤ <


⇔

+ − =


0.25

1x

⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
− −
= = − +
+ + +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
( )
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u= − + +
0.25
3

3 6ln
2
= − +
0.25
IV 1.0
Dựng
DH MN H⊥ =
Do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷

 
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy= =
0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S= +
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +
⇔
3 .x y xy+ =

0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )
2
... 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +

≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
D
A
B
C
H
M
N
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9
f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;

7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc
giữa AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC

n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần
lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

0.25

- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y


=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0

Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 +
5m ; - 2m)
MN⇒
uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).

0.25
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có
nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1

1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
= +


= −


= −

thoả mãn bài toán
0.25
VII.a
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)

n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n
∈


>

Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2
+ 6n – 91 = 0

7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
( ) ( ) ( )
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 
+ + = + = + − = −
 
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử

1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
= +


= − +


= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1

2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)