ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ CÓ ĐÁP ÁN

LỚP HỌC ANH TÂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (Năm 2009) Mobi: 090 467 4466 Môn: Toán ( lần 6) Thời gian: 180 phút A. Phần chung: ( 7 điểm) Câu I: Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4y x mx m x= + + + + có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 1. 2. Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: 1. Giải hệ phương trình 3 3 (2 3 ) 1 ( 2) 3 x y x y  + =   − =   2. Giải phương trình: 2 2 cot 8cos 3sin 2= +x x x Bài III : Tính tích phân I = dx xx x ∫ + 4 6 2 cos1cos tan π π Bài IV : Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC 2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Câu V: Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = B. Phần riêng: (3 điểm) Thí sinh được lựa chọn phần 1 hoặc phần 2 Phần 1: Theo chương trình Chuẩn Bài VIa: 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , tìm các đỉnh của hình vuông OABC biết một đường chéo của hình vuông có phương trình: 3 1 1 3 2 − = − + = zyx 2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC biết C có hoành độ âm Câu VIIa: Tìm số phức z sao cho :      −−=− +−−+=+− ziz iiziz 53 321412 Phần 2: Theo chương trình Nâng cao Câu VIb: 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A (1;2,-3), B(0;-2;2), C ( 0,2, 1) tìm toạ độ trực tâm của tam giác ABC 2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC, biết C có hoành độ dương. Câu VIIb: Tính giá trị biểu thức P = 24 1 3 1 i i   +  ÷ −   Hết HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) Bảng biến thiên: + Hàm số luôn đồng biến, điểm uốn: 2 52 ; 3 27 U   −  ÷   2) Phương trình hoành độ điểm chung của (C m ) và d là: =  + + + + = + ⇔ + + + = ⇔  = + + + =  3 2 2 2 0 2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0 ( ) 2 2 0 (2) x x mx m x x x x mx m g x x mx m (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔ phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ≤ − ∨ ≥  ∆ = − − >  ⇔ ⇔   ≠ − = + ≠   / 2 1 2 2 0 ( ) 2 (0) 2 0 m m m m a m g m . Mặt khác: − + = = 1 3 4 ( , ) 2 2 d K d Do đó: ∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 2 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 256 2 KBC S BC d K d BC BC 2 2 ( ) ( ) 256 B C B C x x y y⇔ − + − = với , B C x x là hai nghiệm của phương trình (2). ⇔ − + + − + = ⇔ − = ⇔ + − = 2 2 2 2 ( ) ( 4 ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128 B C B C B C B C B C x x x x x x x x x x 2 2 1 137 4 4( 2) 128 34 0 2 m m m m m ± ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = (thỏa ĐK (a)). Vậy 1 137 2 m ± = 1) Giải hệ phương trình: 3 3 (2 3 ) 1 ( 2) 3 x y x y  + =   − =   ; x = 0 không thỏa hệ → 3 3 1 3 2 3 2  = −     = −   y x y x . Đặt u = 1 x → 3 3 3 2 3 2  = −   = −   y u u y 2) Giải phương trình: 2 2 cotg 8cos 3sin 2x x x= + (Điều kiện: sinx ≠ 0) 2 2 2 2 2 cotg 8cos 3sin 2 1 cotg 9cos 6sin cos sinx x x x x x x x= + ⇔ + = + + ( ) 2 2 1 3cos sin sin x x x ⇔ = + ( ) 1 3cos sin sin 1 3cos sin sin x x x x x x  = +  ⇔   = − +   2 2 3sin cos sin 1 0 3sin cos sin 1 0 x x x x x x  + − = ⇔  + + =   ( ) 2 cos 3sin cos 0 2 tan 3tan 1 0 x x x x x  − = ⇔  + + =   cos 0 1 tan 3 1 tan 2 tan 1 x x x x =    =  ⇔  = −    = −  2 1 1 , , tan , tan 3 2 4 x k x k k Z x k x k π π α π α β β π π π  = +   = +  ⇔ ∈ = = −  = +   = − +   2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = (1) * Đk [-1;1]x ∈ , đặt t = 2 1 1 3 x+ − ; [-1;1]x ∈ ⇒ [3;9]t ∈ Ta có: (1) viết lại 2 2 2 2 1 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1 2 t t t m t m t m t t m t − + − + + + = ⇔ − = − + ⇔ = − Xét hàm số f(t) = 2 2 1 2 t t t − + − , với [3;9]t ∈ . Ta có: 2 / / 1 4 3 ( ) , ( ) 0 3 ( 2) t t t f t f t t t =  − + = = ⇔  = −  Lập bảng biến thiên t 3 9 f / (t) + f(t) 48 7 4 Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm [-1;1]x ∈ ⇔ (2) có nghiệm [3;9]t ∈ ⇔ 48 4 7 m≤ ≤ Bài 4: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a Gọi V SABC - là thể tích của khối chóp S.ABC ⇒ V S.ABC = 3 3 1 . 3 16 ABC a S SO ∆ = (đvtt) Mặt khác, V S.ABC = 1 . ( ; ) 3 SAC S d B SAC ∆ ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ 2 13 3 16 SAC a S ∆ = Vậy: d(B; SAC) = . 3 3 13 S ABC SAC V a S ∆ = (đvđd). Bài 5: *Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH ≥ => HI lớn nhất khi IA ≡ C S O M A B Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên . 0 ( (2;1;3)AH d AH u u ⊥ ⇒ = = uuur r r là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔ 7x + y – 5z –77 = 0 Bài 6: Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB ∆ − − = ⇒ 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b − =  − − = ⇔  − =  ; Trọng tâm G ( ) 5 5 ; 3 3 a b+ − ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + . Bài 7: a) Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z 2 + bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có : ( ) ( ) ( ) 2 0 2 1 1 0 2 0 2 0 2 b c b i b i c b c b i b c + = = −   + + + + = ⇔ + + + = ⇔ ⇔   + = =   b) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 , 1. 1 n n x x x x x x x + − + + + + = < − Do đó: limU n = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 1 1 lim 1 1 1 1 lim , 1. 1 1 n n x x x x x x x x + − + + + + = = < − − Bài 8: a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Ta có : 3 2 2 8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b b c c a b a b ≥ ≥ + + + + Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 1 (1) 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + ( HS tự chứng minh BĐT này) b) Xét nhị thức: ( ) 0 1 . n n k k n k x C x = + = ∑ . Lấy đạo hàm hai vế ta có, ( ) 1 1 1 1 n n k k n k n x kC x − − = + = ∑ . Cho x = 1 ta được đẳng thức sau: 1 2 1 1 2009 1 2009 1. 2. . .2 .2 .2 2 2 2010 n n n n n n n C C n C n n n n − − − + + + = ⇒ = ⇔ = ⇔ = - . ∈ . Ta có: 2 / / 1 4 3 ( ) , ( ) 0 3 ( 2) t t t f t f t t t =  − + = = ⇔  = −  Lập bảng biến thi n t 3 9 f / (t) + f(t) 48 7 4 Căn cứ bảng biến thi ng, (1) có nghiệm [-1 ;1]x ∈ ⇔ (2) có nghiệm. LỚP HỌC ANH TÂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (Năm 2009) Mobi: 090 467 4466 Môn: Toán ( lần 6) Thời gian: 180 phút A. Phần chung: ( 7 điểm) Câu I: Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4y x mx m x= + + + + có đồ thị là (C m ) 1 sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = (1) * Đk [-1 ;1]x ∈ , đặt t = 2 1 1 3 x+ − ; [-1 ;1]x ∈ ⇒ [3;9]t ∈ Ta có: (1) viết lại 2 2 2 2