www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1 ĐỀ TỰ LUYỆN THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 03 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho 2 m x mx m 8 C : y f x,m x 1 1) Với m 1, viết phương trình parabol đi qua hai điểm cực trị của đồ thị 1 C và tiếp xúc với đường thẳng d :2x y 10 0. 2) Tìm m để hai điểm cực trị của đồ thị m C nằm về hai phía của đường thẳng :9x 7y 1 0 . Câu II: 1) Giải phương trình: 4x 4x 2x 2x 4 15 4 15 2 4 15 2 4 15 6. 2) Tìm m để phương trình: sin5x msin x có hai nghiệm x ; . 6 3 Câu III: Tính tích phân: e 20x 0 dx I . e 21 Câu IV: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài đoạn thẳng nối tâm của đáy ABC với trung điểm của một cạnh bên có độ dài bằng cạnh đáy. Tính cosin của góc tạo bởi giữa hai mặt bên của hình chóp S.ABC. Câu V: Cho a,b,c 0 , thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 2 1 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c . PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho đường tròn 2 2 C :x y 2x 4y 4 0 và đường thẳng (d): 2x y 1 0. Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng (d) và cắt đường tròn (C) theo một cung có độ dài bằng 4. 2) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz, cho điểm A 4;3;2 , đường thẳng 3x 2y z 2 0 : x 3y 2z 3 0 và mặt phẳng : x y z 7 0. Tìm điểm M sao cho khoảng cách từ M đến bằng MA. Câu VII.a: Cho số phức 16 12 3 i Z . 1 i Hãy biểu diễn Z dưới dạng lương giác. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho đường tròn 2 2 x y 4x 6y 0. Viết phương trình đường tròn có bán kính 13 R 3 và tiếp xúc với đường tròn đã cho tại gốc tọa độ. 2) Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz, cho đường thẳng: www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2 1 x 2 y 2 z 1 : , 3 4 1 2 x 7 y 3 z 9 : 1 2 1 Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng. Câu VII.b: Tìm phần thực của số phức 24 Z 1 cos isin . 8 8 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) 2 2 1 1 1 2 2 2 x 4 y 7 x x 9 9 9 C :y x y' 1 y' 0 x 1 9 x 2 y 5 x 1 x 1 x 1 Phương trình parabol có dạng 2 P : y ax bx c . Vì hai điểm cực trị nằm trên parabol nên: 2 1 a c 1 16a 4b c 7 1 1 8 P :y c 1 x c 9 x c 4a 2b c 5 1 8 4 b c 9 4 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2 1 1 2x 10 c 1 x c 9 x c 8 4 2 1 1 c 1 x c 1 x c 10 0 8 4 (*) Đường thẳng (d) tiếp xúc (P) khi phương trình (*) có nghiệm kép: 2 1 1 c 1 c 1 c 10 0 1 1 16 2 c 1 c 10 0 c 9 1 16 2 c 1 0 8 Vậy phương trình parabol là: 2 y x 9 . 2) 2 2 m 2 x mx m 8 9 9 C : y f x,m x m 1 y' 1 y' 0 x 1 9 x 1 x 1 x 1 1 1 2 2 x 4 y m 8 x 2 y m 4 Hai điểm cực trị của đồ thị m C nằm về hai phía của đường thẳng :9x 7y 1 0 khi: 1 1 2 2 9 9x 7y 1 9x 7y 1 0 7m 21 7m 9 0 3 m 7 Vậy 9 3 m 7 Câu II: 1) Giải phương trình: 4x 4x 2x 2x 4 15 4 15 2 4 15 2 4 15 6 (*) Đặt 2x 2x 4x 4x 2 t 4 15 4 15 t 4 15 4 15 2 Khi đó: (*) 2 t 2 t 2t 8 0 t 4 loai Với t = 2, ta có: 2x 2x 4 15 4 15 2 (**) www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3 Đặt 2x 2x 1 u 4 15 4 15 u Khi đó: (**) 2 u 2u 1 0 u 1 Với u = 1, ta có: 2x 4 15 1 x 0 Vậy nghiệm phương trình là x = 0. 2) Ta có: 2 2 sin5x sin x 4x sin x.cos4x cosx.sin 4x sin x. 2cos 2x 1 4sin x.cos x.cos2x 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 sin5x sin x. 2 2cos x 1 1 4sin x.cos x. 2cos x 1 sin5x sin x. 8cos x 8cos x 1 sin x. 8cos x 4cos x sin5x sin x. 16cos x 12cos x 1 Phương trình: 4 2 sin5x msin x sin x. 16cos x 12cos x 1 msin x (*) Vì x ; 6 3 nên sin x 0 , do đó (*) 4 2 m 16cos x 12cos x 1 Đặt 2 t cos x , 1 3 x ; t ; 6 3 4 4 Xét hàm số: 2 f t 16t 12t 1 , 1 3 t ; 4 4 Ta có: f ' t 32t 12 , 3 f ' t 0 t 8 Bảng biến thiên: t f t 1 4 3 8 3 4 1 5 4 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x ; 6 3 khi 5 m 1 4 . Câu III: e e 20x 20x 20x 20x 0 0 dx e dx I e 21 e e 21 Đặt 20x 20x t e dt 20e dx Đổi cận: x t 0 e 1 20e e 20e 20e 20e e e 20e e 1 1 1 1 dt 1 1 1 1 1 e 21 I dt ln t ln t 21 20e ln . 20 t t 21 20.21 t t 21 420 420 22 Câu IV: Xét SOC vuông có OM là trung tuyến SC 2OM SC 2a www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4 O M D E A B C S I 2 2 2 2 a a 15 SD SC DC 4a 4 2 Dựng BI SC , ta có: AB SEC AB SC SC AIB AIB là góc nhị diện cạnh bên SC. Ta có: a 15 a 15 BI.SC SD.BC BI.2a .a BI 2 4 Tương tự: a 15 AI 4 2 2 2 2 2 2 15a 15a a IA IB AB 7 16 16 cosAIB 2IA.IB 15 a 15 a 15 2. . 4 4 Câu V: Cho a,b,c 0 , thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 2 1 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c (1) Đặt 1 1 1 a ,b ,c x y z , vì abc = 1 nên xyz = 1. Khi đó vế trái bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2 2 2 2 2 x y z 2 P 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z (2) Thay biến a, b, c ở vế trái (1) thành x, y, z ta có: 2 2 2 1 1 1 2 P 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z (3) Lấy (2) trừ (3) ta được: 2 2 2 2 2 2 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 2 2 2 0 0 1 1 1 0 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 1 1 3 1 x 1 y 1 z 2 Đặt 1 1 1 u ,v ,w 1 x 1 y 1 z , suy ra: 3 u v w 2 Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 P u v w u v w 2uvw 3 2 u v w u v uv v w vw w u u w 3uvw 3 2 u v w u v w uv vw wu 3 2 u v w uv vw wu 3 Cho 3 u v w 2 .Chứng minh: 2 2 2 P u v w 2uvw 1 www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 3 3 2 3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 2 1 3 u u u 8 2 1 3 3 3 3 3 v v v 2 u v w u v w u v w u v w 8 2 8 2 4 16 1 3 w w w 8 2 Suy ra: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 9 1 P u v w uv vw wu u v w . 1 dpcm 2 8 2 8 2 4 8 Dấu “=” xảy ra khi 1 u v w a b c x y z 1 2 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Đường tròn (C) có tâm I 1; 2 , bán kính R 3 Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng (d): 2 2 d I, d 3 2 5 Phương trình đường thẳng song song (d) có dạng: 2x y c 0 Ta có: 2 2 2.1 2 c d I, d 5 c 5 c 5 2 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 2x y 5 0 hay 2x y 5 0 2) Đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng có hai véctơ pháp tuyến tương ứng là: 1 2 1 2 n 3;2;1 ,n 1;3; 2 a n ,n 7;7;7 hay a 1;1;1 Cho z = 0 ta tìm được tọa độ 1 điểm N thuộc là: N 0; 1;0 Điểm M cần tìm thuộc nên: M t; 1 t;t Ta có: 2 2 2 t 1 t t 7 d M, MA t 4 t 4 t 2 3 2 2 2 2 2 2 3t 6 3 t 4 t 4 t 2 3 t 4t 4 3t 20t 36 3 t 4 Vậy 3 1 3 M ; ; 4 4 4 Câu VII.a: 16 1616 10 12 12 6 8 8 2 cos isin 2 cos isin 3 i 6 6 3 3 Z 2 cos isin 2 cos3 isin3 3 3 1 i 2 cos isin 4 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: www.hocmai.vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6 1) Đường tròn (C’) đã cho có tâm I' 2;3 , bán kính R ' 13 Tâm đường tròn (C) cần tìm nằm trên đường thẳng OI’: 3x y 2 nên có dạng 3x I x; 2 Tiếp xúc ngoài: 2 2 2 3x 13 x 7 x 0 :II' R R ' x 2 3 13 x 0 2 3 4 9 2 2 14 x 2 2 2 13 3 x I ; 1 C : x y 1 2 3 3 3 9 x 3 Tiếp xúc trong: 2 2 2 3x 13 x 5 2 x 0 :II' R R ' x 2 3 13 x 0 2 3 4 9 2 2 10 x 2 2 2 13 3 x I ;1 C : x y 1 2 3 3 3 9 x 3 Vậy 2 2 2 13 C : x y 1 3 9 hoặc 2 2 2 13 C : x y 1 3 9 2) 1 x 2 y 2 z 1 : , 3 4 1 2 x 7 y 3 z 9 : 1 2 1 Véctơ chỉ phương của đường thẳng vuông góc chung của 1 và 2 : 1 2 n a ;a 2; 2;2 hay n 1; 1;1 Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường vuông góc chung và 1 có: P 1 n a ;n 5; 2; 7 P :5 x 2 2 y 2 7 z 1 0 5x 2y 7z 7 0 Phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường vuông góc chung và 2 có: Q 2 n a ;n 3;0; 3 Q :3 x 7 0 y 3 3 z 9 0 x z 2 0 Vậy phương trình đường vuông góc chung là: 5x 2y 7z 7 0 x z 2 0 Câu VII.b: 24 k 24 24 k k 24 24 k 0 k 0 24 24 24 k k k 24 24 24 k 0 k 0 k 0 k k Z 1 cos isin C cos isin C cos isin 8 8 8 8 8 8 k k k C cos i C sin Re Z C cos 8 8 8 Ta có: m 24 m m m 24 24 24 24 24 m 24 m m 12 m m 3 C cos C cos C cos cos 2C cos cos 0 8 8 8 8 2 8 Và 12 cos 0 24 Vậy Re Z 0 . www .hocmai. vn Thi Th ử Đại Học 2011 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5 Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: 3 3 2 3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 2 1 3 u u u 8 2 1 3 3 3 3 3 v. , suy ra: 3 u v w 2 Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 P u v w u v w 2uvw 3 2 u v w u v uv. 13 3 x I ; 1 C : x y 1 2 3 3 3 9 x 3 Tiếp xúc trong: 2 2 2 3x 13 x 5 2 x 0 :II' R R ' x 2 3 13 x 0 2 3