GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN I ( THPT CAM LỘ ) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 112 224 −++−−= mxmmxy có đồ thị ( ) m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) 1 C khi 1 = m b) Tìm m để đồ thị ( ) m C có khoảng cách giữa 2 điểm cực tiểu là nhỏ nhất. @ Với 1 = m ta có: 24 2xxy −= ( Dễ dàng khảo sát và vẽ đồ thị hàm trùng phương) b) Ta có: ( ) ( ) 14144' 2223 −+−=+−−= mmxxxmmxy +−= +−−= = ⇔ +−= = ⇔= 1 1 0 1 0 0' 2 2 22 mmx mmx x mmx x y { 01 2 >+− mm với Rm ∈∀ } Dựa vào tính đối xứng trục Oy và dạng đồ thị hàm số trùng phương với hệ số 01 >= a ta suy ra 2 điểm cực tiểu của đồ thị ( ) m C là: ( )( ) ( )( ) kykBkykA ;,; −− với ( ) ( ) =− +−= kyky mmk 1 2 Ta có: ( ) ( ) ( )( ) 3 4 3 2 1 21222 2 2 22 ≥+ −=+−==−−+= mmmkkykykAB Dấu = xãy ra khi 2 1 =m . Vậy khoảng cách nhỏ nhất của 2 điểm cực tiểu là 3 khi 2 1 =m Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình += + + 2 sin2 cossin 2sin 2 cot π x xx xx (*) @ Điều kiện ∈+ − ≠ ∈≠ ⇔ ≠+ ≠ Znnx Zmmx xx x , 4 , 0cossin 0sin π π π . Khi đó: [ ] =−+ = ⇔=−+⇔ + −⇔ = − + +⇔= + +⇔ 0cossin22cossin 0cos 0cossin22cossincos cossin cos2 sin2 1 cos 02 cossin sin2 sin2 1 coscos2 cossin cossin2 sin2 cos (*) xxxx x xxxxx xx x x x xx x x xx xx xx x x TH1: Zkkxx ∈+=⇔= ,2 2 0cos π π TH2: += −= ⇔ +−=+ +=+ ⇔= +⇔=+ 3 2 4 2 4 22 4 22 4 2sin2 4 sin2cossin22cossin ππ π π ππ π π π π k x kx kxx kxx xxxxxx Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là: 3 2 4 ,2 4 ,2 2 ππ π π π π k xkxkx +=−=+= Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình =+ =+− 10 31 3 3 3 yx xy @ Đặt 0≥= xa và 3 3 1−= yb khi đó hệ đã cho trở thành: =+ =+ )2(9 )1(3 32 ba ba Từ (1) và (2) ta có: ( ) =⇒−= =⇒= ⇔=−+ =⇒= ⇔=−+⇔=+− 63 12 06 30 0693 2 233 2 ab ab bb ab bbbbb TH1: = = ⇔ =− = ⇔ = = 1 9 01 3 0 3 3 3 y x y x b a TH2: = = ⇔ =− = ⇔ = = 3 3 3 9 1 21 1 2 1 y x y x b a TH3: −= = ⇔ −=− = ⇔ −= = 3 3 3 26 36 31 6 3 6 y x y x b a Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: 1,9 == yx hoặc 3 9,1 == yx hoặc 3 26,36 −== yx Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) ∫ += 1 0 22 1ln dxxxI @ ( ) ( ) ( ) ( ) + −= +−+=+=+= ∫∫ ∫∫ 1 0 2 4 1 0 1 0 23 1 0 2332 1 0 22 1 22ln 3 1 1ln1ln 3 1 1ln 3 1 1ln dx x x xdxxxdxxdxxxI Ta có: ∫∫ ∫ ∫ + + − = + + −= + +−= + 1 0 2 1 0 1 0 1 0 2 1 0 3 2 2 2 4 13 2 131 1 1 1 x dx x dx x x dx x xdx x x Đặt tx tan= khi đó: ( ) 4tan1 tan1 tan1 tan 1 4 0 4 0 1 0 4 0 4 0 2 2 22 π π ππ π === + + = + = + ∫∫ ∫ ∫ tdt t dtt t td x dx Từ những kết quả trên ta suy ra: 69 4 2ln 3 1 43 2 22ln 3 1 ππ −+= + − −=I Câu 5 (1,0 điểm) Cho 3 số 0,, >cba thỏa 2 3 ≤++ cba . Chứng minh : 2 15111 ≥+++++ cba cba @ Ta có: 2 153 . 4 9 3 1 . 4 9 3 111 4 3 4 1 4 1 4 1111 3 ≥ ++ +≥+≥ +++ ++ ++ +=+++++ cba abc cbac c b b a a cba cba côsicôsi Dấu = xãy ra khi 2 1 === cba Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thoi tâm I , độ dài aAC 4 = và aBD 2 = Hai mặt phẳng ( ) ( ) SBDSAC , cùng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD . Tính thể tích khối chóp ABCDS. biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( ) SAB bằng 21 2a . Vì ( ) ( ) SBDSAC , cùng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD nên ta suy ra được ( ) ABCDSI ⊥ . Giả sử hSI = Cách1. (Dùng phương pháp tọa độ) Dựng hệ trục Oxyz với: ISOzIBOyIAOxIO ≡≡≡≡ ,,, . Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) hSaCaBaCaAI ;0;0,0;;0,0;;0,0;0;2,0;0;2,0;0;0 −− Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;0;20;0;2,;0;2,0;1;20;;2 −=−−−=− aaAIhaASaaaAB Vì ( )( ) 21 2 , a SABId = nên: [ ] [ ] 2 21 2 45 2 21 2 , , 22 a h a ah ah a ASAB AIASAB =⇔= + − ⇔= Ta có: [ ] ( ) đvttaAIASABVV IABSABCDS 3 3 2 , 3 2 4 === Cách 2. (Dùng phương pháp hình học thuần túy) Gọi HJ, lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên SJAB, . Rõ ràng ( ) SABIH ⊥ nên 21 2a IH = Dựa vào các tam giác vuông AIB và SIJ ta dễ dàng xác định được: 5 21 4 1111 22222 a IJ aaIBIAIJ =⇒+=+= và 24 51 4 21111 222222 a h ahaIJISIH =⇒+=⇔+= Ta có: ( ) ( ) đvttaaa a SISV ABCDABCDS 3 . 3 2 .4 2 . 3 1 . 3 1 === II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 02168: 22 =++−+ yxyxC . Hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn ( ) C và có điểm A thuộc đường thẳng 01: =−+ yxd a) Xác định tọa độ điểm A b) Viết phương trình đường thẳng BD Đường tròn ( ) C có tâm ( ) 3;4 −I và bán kính 2=R . Giả sử ( ) daaA ∈−1; . Vì ABCD ngoại tiếp đường tròn ( ) C nên ( ) ( ) ( ) ( ) −⇒= −⇒= ⇔=+−+−⇔= 5;66 1;22 223142 22 Aa Aa aaRIA TH1: ( ) 1;2 −A Đường thẳng BD đi qua điểm ( ) 3;4 −I và có VTPT là ( ) 2;2−IA nên phương trình ( ) ( ) 03242: =++−− yxBD hay 07: =++− yxBD TH2: ( ) 5;6 −A Đường thẳng BD đi qua điểm ( ) 3;4 −I và có VTPT là ( ) 2;2 −IA nên phương trình ( ) ( ) 03242: =+−− yxBD hay 07: =++− yxBD Do đó phương trình đường thẳng BD là: 07 =++− yx 8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) 03: =−y α và 2 đường thẳng −= +−= −= tz ty tx d 1 1 2 : 1 , 1 1 12 2 : 2 − == − zyx d . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt 21 ,dd và vuông góc với mặt phẳng ( ) α . @ Giả sử ∆ cắt 1 d tại ( ) tttA −+−− 1;1;2 và cắt 2 d tại ( ) 1;;22 ++ uuuB Ta có: ( ) tututuAB ++−+ ;1;2 và VTPT của ( ) α là ( ) 0;1;0 α n Vì ( ) α ⊥∆ nên [ ] ( ) ( ) ⇒= −⇒= ⇔ =+ = =−− ⇔= 1;0;20 1;1;20 02 00 0 0, Bu At tu tu nAB α . Do đó phương trình = +−= = ∆ 1 1 2 : z ty x Câu 9a (1,0 điểm) Cho số phức 3 1 1 − + = i i z .Chứng minh rằng: 0 10987 =+++ zzzz @ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ii i ii ii i i z −== = +− ++ = − + = 3 3 3 3 2 2 11 11 1 1 Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) đpcmiiiiiizzzz 011 10987 10987 =−−+=−+−+−+−=+++ B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC ∆ với ( ) ( ) ( ) 2;9,3;4,3;6 CBA −−− . Tìm điểm D thuộc đường phân giác trong góc A của ABC∆ để tứ giác ABDC là hình thang. Giả sử điểm ( ) baD ; . Ta có: ( ) ( ) ( ) 3;6,5;15,6;2 ++ baADACAB Vì D thuộc đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nên: ( ) ( ) ( ) 3;3 ,cos,cos +⇒+=⇔⇔= aaDabADACADAB Vì ABDC là hình bình hành nên CDAB // hoặc ACBD // TH1: CDAB // . Ta có: ( ) 6;2AB và ( ) 1;9 +− aaCD Vì CDAB // nên: ( ) ( ) ( ) 17;141409612 Daaa ⇒=⇔=−−+ TH2: ACBD // . Ta có: ( ) aaBD ;4+ và ( ) 5;15AC Vì ACBD // nên: ( ) ( ) 5;2204515 Daaa ⇒=⇔=+− Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( ) 3;2;1M . Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng .8 π Gọi mặt cầu cần tìm là ( ) S có tâm ( ) 3;2;1M và bán kính R , đường tròn giao tuyến là ( ) C có bán kính r . Phương trình ( ) 0: =zOxy Ta có: ( )( ) 3 100 3 , 222 = ++ =OxyMd Vì chu vi đường tròn giao tuyến bằng π 8 nên: 4.28 =⇔= rr ππ Mặt khác ta luôn có: ( )( ) 5, 222 =⇔+= ROxyMdrR Vậy phương trình mặt cầu ( ) S là: ( ) ( ) ( ) 25321 222 =−+−+− zyx Câu 9b (1,0 điểm) Biết ( )( ) izz +−2 là số thuần ảo, hãy xác định giá trị của ( ) iz +− 22 @ Giả sử biaz += với Rba ∈, Dể thấy: ( )( ) ( )( ) ( ) iabbababaibiabiaizz 222 22 22 −−−+−+−−==+−−−=+− Vì ( )( ) izz +−2 là số thuần ảo nên: 02 22 =++−− baba Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 552454844 1222122222222 2222 22 =+++−−−=+−−+= −+−=−+−=−−+=+− babababa baibaibiaiz . ∫ + + − = + + −= + +−= + 1 0 2 1 0 1 0 1 0 2 1 0 3 2 2 2 4 13 2 131 1 1 1 x dx x dx x x dx x xdx x x Đặt tx tan= khi đó: ( ) 4tan1 tan1 tan1 tan 1 4 0 4 0 1 0 4 0 4 0 2 2 22 π π ππ π === + + = + = + ∫∫ ∫ ∫ tdt t dtt t td x dx Từ. GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN I ( THPT CAM LỘ ) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 112 224 −++−−= mxmmxy có đồ thị ( ) m C a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( ) 1 C khi. ) 03242: =++−− yxBD hay 07: =++− yxBD TH2: ( ) 5;6 −A Đường thẳng BD đi qua điểm ( ) 3;4 −I và có VTPT là ( ) 2;2 −IA nên phương trình ( ) ( ) 03242: =+−− yxBD hay 07: =++− yxBD Do