WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN THI THỬ ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN 2013
ĐỀ SỐ 1
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,5 điểm)
Câu 1 (2,5 điểm): Cho hàm số
y x 3 3x 2 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi là đường thẳng đi qua điểm A(3; 2) và có hệ số góc là k. Tìm các giá trị của k để
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với
nhau.
Câu 2 (2,0 điểm)
1
2(cos x sin x)
tan x cot 2 x
cot x 1
2
1 3 2x x2
2. Giải phương trình:
x 1 3 x
1. Giải phương trình:
Câu 3 (2,0 điểm)
x
1 cos x
2
2. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x xy y 2 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
x4 y 4 1
biểu thức P 2
x y2 1
Câu 4 (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có tâm O với cạnh bằng 2a, biết
BAD 600 , SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
a 3
(SAB) bằng
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
4
II. PHẦN RIÊNG (2,5 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo Chương trình Chuẩn
Câu 5a. (1,25 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 1; 1), B( 1; 1; 0) và C(3; 1; 1).
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên mặt phẳng (Oxz) đồng thời (S) đi qua ba điểm
A, B, C.
2
2
4
Câu 6a. (1,25 điểm): Giải bất phương trình : (2 3 ) x 2 x 1 (2 3 ) x 2 x 1
2 3
B. Theo Chương trình Nâng cao
Câu 5b. (1,25 điểm)
1. Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f ( x )
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm M( 1; 1;4), N(1; 1; 2). Viết
phương trình mặt cầu (S) đi qua hai điểm M, N biết (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) và có
tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz).
Câu 6b. (1,25 điểm)
log y xy log x y
Giải hệ phương trình: x
y
2 2 3
------------------Hết------------------
WWW.VINAMATH.COM
1
WWW.VINAMATH.COM
ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI SỐ 1
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
1
2,5
điểm
1
1,5
điểm
Tập xác định: D
Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn:
lim y lim ( x3 3x 2 2)
0,25
x
x
lim y lim ( x3 3x 2 2)
x
x
+ Đạo hàm:
0,25
x 0
y' = 3x2 – 6 ; y' = 0
x 2
+ Bảng biến thiên:
x
-
0
2
+
y'
+
0
0
+
0,25
2
+
y
-
-2
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến
trên khoảng (0; 2).
0,25
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 2.
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-1; -2), (1; 0), (3; 2)
y
2
1
0
2
0,5
x
3
-2
2
1,0
điểm
Đường thẳng có phương trình y = k(x - 3) + 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của và (C) :
0,25
x 3
x 3 3 x 2 2 k ( x 3) 2 ( x 3)( x 2 k ) 0 2
x k 0
k 0
Theo bài ra ta có điều kiện:
và y '( k ). y '( k ) 1 (1)
k 9
0,25
(1) (3k 6 k )(3k 6 k ) 1 9k 2 36k 1 0 k
WWW.VINAMATH.COM
6 35
(tmđk)
3
0,25
0,25
2
WWW.VINAMATH.COM
2
2,0
điểm
1
1,0
điểm
k
x 2
Đk: x k
4
k
x 6 3
(*)
0.25
1
2(cos x sin x)
tan x cot 2 x
cot x 1
1
2(cos x sin x)
s inx cos2x
cosx
1
cosx sin2x
sinx
0.25
2 sinx cos x sin x
cos x.sin 2 x
cosx
cos x sin x
sin 2 x 2 sinx
cosx
x
2
( do sin x 0 )
2
0.25
k 2 (k )
4
Kết hợp với (*) ta nhận nghiệm x
2
1,0
điểm
k 2 , k
4
0.25
Điều kiện xác định của phương trình: x 1;3
0.25
Đặt t = x 1 3 x , (2 t 2 2)
3 2 x x2
0.25
t2 4
2
Ta được phương trình: t3 2t 4 = 0 t = 2
0.25
x 1
(tmđk)
x 3
Với t = 2 x 1 3 x = 2
3
2,0
điểm
1
1,0
điểm
Ta có: f ( x)
0.25
x
x
1 cos x 2cos 2 x
2
0.25
u x
du dx
1
Đặt: dv
x
v tan
2 x
2cos
2
2
Vậy
x
x
f ( x)dx x tan 2 tan 2 dx
0.25
x
d cos
x
2
x tan 2
x
2
cos
2
WWW.VINAMATH.COM
0.25
3
WWW.VINAMATH.COM
x tan
x
x
2ln cos C
2
2
0.25
Từ giả thiết suy ra:
2
1,0
1 x 2 xy y 2 2 xy xy xy
điểm 1 ( x y ) 2 3 xy 3 xy
0,25
1
3
Mặt khác: x 2 xy y 2 1 x 2 y 2 1 xy
Từ đó ta có xy 1 .
Nên x 4 y 4 x 2 y 2 2 xy 1 . Đặt t = xy
Vậy bài toán trở thành tìm GTLN, GTNN của:
t 2 2t 2 1
P f (t )
t 1
t2
3
Ta có: f '(t ) 0 1
0.25
t 6 2
6
0
2
(t 2)
t 6 2 (loai )
1
Do hµm sè liªn tôc trªn ;1
3
0.25
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña
1
f , f ( 6 2) , f (1) cho ra kÕt qu¶:
3
0.25
1 11
3 15
MaxP f ( 6 2) 6 2 6 , MinP f
4
1,0
điểm
S
I
D
A
O
H
K
C
B
Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều.
Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB
Vì tam giác ABD đều cạnh 2a nên DH AB , DH = a 3
và OK
0,25
1
a 3
DH
2
2
Ta có: OK // DH OK AB
AB (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK
Ta có : OI SK
Ngoài ra: AB OI (vì AB (SOK ) và OI (SOK))
Nên: OI (SAB)
a 3
Vậy: d O;(SAB) = OI OI =
4
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao
0,25
1 2 1 2 1 2 SO a
0,25
OI
OK
SO
Diện tích đáy S ABCD 4S ABO
2
2.OA.OB 2 3a 2
WWW.VINAMATH.COM
4
WWW.VINAMATH.COM
1
3
Thể tích của khối chóp S.ABCD: VS . ABC D S ABCD .SO
5.a
1,25
điểm
a3 3
(đvtt)
3
0,25
Gọi I(a; 0; b) là tâm mặt cầu.
Ta có:
2
IA2 1 a 1 1 b
2
0.25
2
IB 2 1 a 1 b 2
2
IC 2 3 a 1 1 b
2
I là tâm mặt cầu đi qua A, B, C
2
2
2
2
2
2
IA IB
1 a 1 1 b 1 a 1 b
2
2
2
2
2
2
IB IC
1 a 1 b 3 a 1 1 b
5
a 6
4a 2b 1
8a 2b 9
b 7
6
0,25
7
5
Vậy I ; 0; và bán kính mặt cầu R IA 103
6
18
6
0.25
2
2
5
7 103
Phương trình mặt cầu là: x y 2 z
6
6
18
6.a
1,25
điểm
0.25
2 3
x2 2 x1
2 3
2 3
x2 2 x
x 2 2 x 1
2 3
0.25
4
2 3
x 2 2 x
4
0,25
x 2 2 x
Đặt t 2 3
(t 0)
Ta được bất phương trình:
1
t 4 t 2 4t 1 0 2 3 t 2 3 (thỏa đk t > 0)
t
Khi đó: 2 3 2 3
0,25
x2 2 x
2 3
0,25
2
1 x 2 x 1
x 2 2x 1 0 1 2 x 1 2
5.b
1,25
điểm
0,25
0,25
Vậy tập nghiệm S 1 2;1 2
Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I(0; b; c).
Vì I cách đều M, N và (S) tiếp xúc mặt phẳng (Oxy) nên ta có:
IM IN
IN c
1 (b 1)2 (c 4)2 1 (b 1)2 (c 2)2 (1)
2
2
2
(2)
1 (b 1) (c 2) c
0.25
Từ (1) suy ra: (c 4)2 (c 2)2 c 3
0.25
Thay c = 3 vào (2) ta được: (b 1)2 7 b 1 7
Vậy có hai mặt cầu có phương trình lần lượt là:
0.25
WWW.VINAMATH.COM
0.25
5
WWW.VINAMATH.COM
0.25
2
x (y 1 7 )2 (z 3)2 9 và x 2 (y 1 7 )2 (z 3)2 9
6.b
1,25
điểm
log y xy log x y (1)
x
y
(2)
2 2 3
x 0, x 1
Đk:
y 0, y 1
0.25
Với điều kiện trên ta có:
(1)
1
1
1 log y x
2
log y x
log 2 y x log y x 2 0
0.25
log y x 1 log y x 2 0
x y
2
x y
x
* Với x = y, PT (2) trở thành 2
3
x log 2 3 1
2
0.25
1
* Với x y 2
1
, PT (2) trở thành
y2
2
y2
2y 3
1
2 y 2
y2
2 2y 3
- Nếu y > 1 thì 12
2 y 1
0.25
1
2 y 1
y2
2 2y 3
- Nếu 0 y 1 thì 12
2 y 2
Suy ra hệ vô nghiệm.
Tóm lại, hệ có nghiệm duy nhất x; y log 2 3 1; log 2 3 1
0.25
------------------Hết------------------
WWW.VINAMATH.COM
6
WWW.VINAMATH.COM
14 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
ĐỀ SỐ 2
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: y x 4 2 x 2 3 (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y m cắt đồ thị (C) tại bốn điểm phân biệt M, N, P, Q ( sắp
thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN, NP, PQ được giả sử là độ dài 3
cạnh của một tam giác bất kỳ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: sin x.sin 4 x 2 2 cos x 4 3 cos 2 x.sin x.cos 2 x
6
2
2
2 x 3 y y 8 x 1
2. Giải hệ phương trình:
x, y .
x x 8 y y 3 13
4
1
x ex
1 4 x xe2 x dx .
Câu IV (1,0 điểm). Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = c
CAD
DAB
600 .
và BAC
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I =
x
Câu V (1,0 điểm). Chứng minh phương trình: x x1 x 1 luôn có nghiệm thực dương
duy nhất.
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x y 1 0 và đường tròn
C : x 2 y 2 2 x 4 y 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó kẻ được hai
đường thẳng tiếp xúc với đường tròn C tại A và B sao cho
AMB 600 .
2. Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A a; 0;0 , B 0; b; 0 , C 0; 0; c với a, b, c là các
số dương thay đổi và thỏa mãn a 2 b 2 c 2 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ
gốc toạ độ O 0; 0; 0 đến mặt phẳng ABC đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII a (1,0 điểm). Tìm a, b để phương trình z 2 az b 0 có nhận số phức
z 1 i làm nghiệm.
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho prabol P : y x 2 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua
M(1; 3) sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và d đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A 1;5; 0 , B 3;3; 6 và đường
x 1 y 1 z
. Xác định vị trí của điểm C trên đường thẳng d để diện tích tam
2
1 2
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
thẳng d:
7
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
Câu VII b (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
3
1
log 4 x 2 x 1 log 1 x 2 x 1 log 2 x 4 x 2 1 log
3
2
2
x4 x2 1 .
BÀI GIẢI
A- PHẦN CHUNG
Câu I
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳngy = m và đồ thị (C):
x 4 2x 2 3 m x 4 2x 2 3 m 0 1
Đặt t x 2
t 0 .Phương trình trên thành:
t 2 2t 3 m 0
2
Gọi x1 , x 2 , x 3 , x 4 lần lượt là hoành độ các giao điểm M, N, P, Q.
Khi đó x1 , x 2 , x 3 , x 4 là nghiệm của phương trình (1).
Dựa vào đồ thị , ta thấy với điều kiện: 4 m 3 thì phương trình (2) có hai nghiệm
là: t1 1 m 4 ; t 2 1 m 4 .
Suy ra x1 t 2 , x 2 t1 , x 3 t1 , x 4 t 2
Ta có MN PQ x 4 x 3 , NP = x 3 x 2 2x 3
a b c
Để ý rằng: Điều kiện để ba số dương a, b, c là độ dài 3 cạnh của một là: b c a .
c a b
Vì MN PQ nên để MN, NP, PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác bất kỳ nên ta chỉ cần:
MN PQ NP 2 PQ NP 2 x4 x3 2 x3 x4 2 x3
hay
t 2 2 t1 t 2 4t1 1 m 4 4 1 m 4 m 4
Kết hợp với điều kiện : 4 m 3 ta được:
3
91
m
5
25
91
m 3 .
25
Câu II
1. Ta có:
sin x.sin 4 x 2 2 cos x 3 cos x.sin 4 x
6
sin 4 x sin x 3 cos x 2 2 cos x
6
sin 4 x. sin sin x cos cos x 2 cos x sin 4 x 2 cos x 0
6
6
6
6
8
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
2
cos x 0 ( vì sin 4 x 2 0 ) x k x
k
6
2
3
6
k .
2. Điều kiện: x 2 3y 0 , y 2 8x 0
Đặt u x 2 3y , v =
y 2 8x
( u, v 0 )
v 2u 1
2u v 1
v 2u 1
Hệ phương trình thành: 2
2
2
2
2
2
u v 13
u v 13
u 2u 1 13
v 2u 1
v 2u 1
u 2
u 2
.
2
v 3
5u 4u 12 0
u 6
5
4 x2
y 3
2
x 2 3y 2
x 3y 4
2
2
2
2
y
8x
9
y 8x 3
4 x 8x 9
3
Khi đó:
x 1
4 x2
4 x2
y
4 x2
3
y 3
y
y 1
3
x 5
x 4 8 x 2 72 x 65 0
x 1 x 5 x 2 4 x 13 0 x 1
x 5
y 7
Kết hợp với điều kiện ta đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là:
S 1;1 , 5; 7 .
Câu III
4
Ta có: I
1
4
4
1
x ex
1
1
1
dx
2x dx
2x
x
4x
4x
e
xe
xe
1
1
1
=
x
e
1 2 x
dx =
x e x
4
1
4
1
2
1
1
x dx
2 x e
1 1
1 4
e e
Câu IV
Giả sử a min a, b, c
Trên cạnh AC lấy điểm E, AD lấy điểm F sao cho
AB AE AF a .
Tứ diện ABEF có bốn mặt là các tam giác đều bằng
nhau nên là tứ diện đều cạnh bằng a.
A
c
a
H
F
B
D
E
b
C
9
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
a3 2
Ta dễ dàng tính được VABEF
.
12
Gọi H là chân đường cao hạ từ B.
1
1
BH.SAEF
AEAF sin 600
VABEF 3
a2
2
Ta có:
.
1
VABCD 1 BH.S
bc
0
ACAD sin 60
ACD
3
2
abc 2
Suy ra VABCD
.
12
Câu V
x
Ta có: x x 1 x 1
x 0 x 1 ln x x ln x 1 0
Xét hàm số: f x x 1 ln x x ln x 1 x 0
1
1 1
f x ln 1
x x x 1
1
1
Chứng minh bất đẳng thức cơ bản ln 1 t t t > 0 ta suy ra ln 1
x
x
1 1
1
1
Do đó f x
0 f x đồng biến trên 0;
(1)
x x x 1 x 1
Mặt khác: do f x liên tục trên 0; và f 2 f 3 ln 8 ln 9 ln 81 ln 64 0 suy ra
tồn tại x 0 2;3 0, sao cho f x 0 0
Từ (1) và (2) điều phải chứng minh.
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu Via
2
2
1. Viết lại C dưới dạng x 1 y 2 5
Vậy C có tâm I 1; 2 , bán kính R 5 .
M d M t ; t 1
Theo giả thiết
AMB 60o
(2)
A
I
M
B
Suy ra
AMI 30o MI 2 IA 2 R 2 5
t 3 M 3; 4
2
2
hay MI 2 20 1 t 1 t 20 t 2 9
t 3 M 3; 2
x y z
2. Phương trình mặt phẳng (ABC): 1
a b c
1
d d O; ABC
1 1 1
a 2 b2 c2
10
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
2
1
1
1
1 1 1
1 1 1
9 a. b. c. a 2 b 2 c 2 2 2 2 3 2 2 2 .
b
c
b c
b c
a
a
a
1
1 1 1
Suy ra: 2 2 2 3 . Do đó: d
.
a
b c
3
1
1
1
Dấu bằng xảy ra 2 2 2 1 a b c 1 .
a
b
c
1
Vậy Max d
khi a b c 1 .
3
Câu VIIa
2
Theo đề, ta có: 1 i a 1 i b 0 1 2i i 2 a ai b 0
a 2 0
a 2
a 2 i a b 0
.
a b 0
b 2
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb
1. Giả sử d cắt (P) tại hai điểm phân biệt
A a; a 2 , B b; b 2
( b > a)
PT đường thẳng d: y a b x ab
Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đt d . Ta có:
b
S a b x ab x 2 dx
b
b
x a x b dx x a x b dx
a
a
a
b
ab 2
1
3
1
= x3
x abx b a .
2
3
a 6
Do M 1;3 d a b ab 3
3
3
1
1
1
2
2
2
b a
a b 4ab
ab 3 4ab
36
36
36
3
3
1
8 128
8 2
2
=
ab 1 8
S
36
36
9
3
8 2
MinS
ab 1 0 ab 1 a b 2 .
3
Vậy ta lập được phương trình đường thẳng d : y 2x 1 .
Suy ra S2
2. Ta có: C d C 1 2t;1 t; 2t
AB 2; 2;6 , AC 2t 2; t 4;2t
2
6 6
2
2
2
AB; AC
;
;
2t 24;8t 12; 2t 12
t 4 2t 2t 2t 2 2t 2 t 4
Gọi S là diện tích tam giác ABC.
11
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
1
1
2
2
2
AB; AC
2t 24 8t 12 2t 12
2
2
1
1
2
72t 2 144t 864 =
72 t 1 792 3 22 .
2
2
Dấu = xảy ra khi t 1 C 1; 0; 2
Ta có: S =
Vậy khi C 1; 0; 2 thì MinS 3 22
Câu VIIb
Phương trình đã cho tương đương với:
log 2 x 2 x 1 log 2 x 2 x 1 log 2 x 4 x 2 1 log 2 x 4 x 2 1
x
x
1 log x x 1 log x x 1
1 0
log 2 x 2 x 1 x 2 x 1 log 2 x 4 x 2 1 log 2 x 4 x 2 1
log 2
log 2
4
4
x2
x2
4
2
2
4
2
2
x 0
x x 1 1 x x 0 x 1
x 1
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là: S 1;0;1
4
2
4
2
ĐỀ SỐ 3
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) .
2x 3
Cho hàm số: y
(C).
x2
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
4. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C). Biết tiếp tuyến của (C) tại
M cắt các đường tiệm cận tại J và K sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có diện
tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm x 0; của phương trình sau đây :
2
x
3
4sin 2 3 sin 2 x 1 2cos 2 x
.
2
4
2
8 x3 y 27 18 y 3
2. Giải hệ phương trình:
.
2
2
4
x
y
6
x
y
2
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân: I = I 10 1 cos 5 x .sin x.cos9 xdx .
0
12
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B,
BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của
AB và SE = 2a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC ; M là điểm di động trên tia đối
của tia BA sao cho
ECM
0 90 và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC.
0
Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a, và tìm để thể tích đó lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng: x
x
1 x
x
1
1 x
2
x 0;1 .
e
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB, AD thứ tự
là: x 2 y 2 0 ; 2x + y + 1= 0 . Cạnh BD chứa điểm M 1; 2 . Tìm toạ độ các đỉnh của
hình thoi.
x 1 y 2 z
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d :
. Viết phương trình mặt
1
2
2
phẳng (P) biết rằng (P) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.
Câu VII a (1,0 điểm).
Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức của nó thỏa mãn điều kiện: z 2 i 1 .
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại B Ox, phương trình cạnh AB có dạng:
3x y 2 3 0 ; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I 0; 2 . Tìm toạ độ các đỉnh của
tam giác.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A 2;0;0 và J 2;0; 0 . Giả sử là mặt phẳng
thay đổi, nhưng luôn đi qua đường thẳng AJ và cắt các trục Oy, Oz lần lượt tại các điểm
bc
B 0; b; 0 , C 0; 0; c với b, c 0 . Chứng minh rằng: b c
và tìm b, c sao cho diện
2
tích tam giác ABC nhỏ nhất.
Câu VII b (1,0 điểm).
20 C 02010 21 C12010 2 2 C 22010 23 C32010
22010 C 2010
2010
Tính P
...
1.2
2.3
3.4
4.5
2011.2012
BÀI GIẢI
A- PHẦN CHUNG
Câu I
1. Học sinh tự giải.
13
WWW.VINAMATH.COM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
2x 3
1
2. Ta có: M x0 ; 0
C , x0 2 , y' (x 0 )
x0 2
x0 22
1
2x 3
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M : : y
(x x 0 ) 0
2
x0 2
x0 2
2x 2
Toạ độ giao điểm J, K của () và hai tiệm cận là: J 2; 0
; K 2 x0 2; 2
x0 2
y yK 2 x0 3
x x
2 2 x0 2
Ta có: J K
x0 xM , J
yM M là trung điểm JK.
2
2
2
x0 2
Mặt khác I(2; 2) và IJK vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IJK có diện tích:
2
2 x0 3
1
2
S = IM ( x0 2)
2 ( x0 2) 2
2
2
( x0 2)
x0 2
2
Dấu “=” xảy ra khi ( x0 2) 2
x0 1 M 1;1
1
.
( x0 2)2
x0 3 M 3;3
Câu II
x
3
1. Ta có: 4sin 2 3 sin 2 x 1 2cos 2 x
2
4
2
3
2 1 cos 2 x 3 cos 2 x 1 1 cos 2 x
2
2 2 cos x 3 cos 2 x 2 sin 2 x sin 2 x 3 cos 2 x 2 cos x
1
3
sin 2 x
cos 2 x cos x sin 2 x cos x
2
2
3
2
5
2
2 x 3 2 x k 2
x 18 k 3
k .
2 x x k 2
x 5 k 2
3 2
6
5
Vì x 0; nên ta chọn được nghiệm x
.
18
2
27 0
2. Với y 0 hệ phương trình đã cho thành:
( Vô lý). Suy ra y 0
6 x 0
3
3 3
(2 x ) 18
8 x3 y 27 18 y 3
y
Khi đó: 2
.
2
4 x y 6 x y
2 x. 3 2 x 3 3
y
y
Đặt
u 2 x, v =
3
.
y
Hệ
phương
trình
trên
thành:
14
WWW.VINAMATHCOM
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
3
3
u 3 v3 18
u v 3
u v 3uv u v 18 u v 27
. Suy ra u, v là
uv u v 3 uv 1
uv u v 3 uv u v 3
3 5
t
2 .
2
nghiệm của phương trình: t 3t 1 0
3 5
t
2
3 5
3 5
3 5
3 5
x
x
2 x
2 x
4
4
2
2
Do đó:
.
3
3
5
3
3
5
3
3
5
3
3
5
y
y
y
y
2
2
2
2
Vậy
tập
nghiệm
của
hệ
phương
trình
đã
3 5 3 3 5 3 5 3 3 5
S
;
;
;
.
2
2
2
4
cho
là:
Câu III
Đặt t 10 1 cos 5 x t10 1 cos 5 x
10t 9 dt 5sin x.cos4 xdx sin x.cos 4 xdx 2t 9 dt
2
1
Ta có: I 1 cos x .cos x.sin x cos xdx 2 t 1 t
10
5
5
4
0
0
1
10
t dt 2 t
9
10
t 20 dt
0
1
t11 t 21
20
2
.
11 21 0 231
Câu IV
ABC
vuông
2
cân
2
tại
2
B
nên
S
2
AC AB BC 4a 4a 2 2a
EBC vuông cân tại B nên
C BE 2 BC 2 a 2 4a 2 a 5 .
Theo định lý ba đường vuông góc ta có:
EH HC . Suy ra: EH EC sin
1
a 5
EI EC
.
2
2
1
1
a 5
S HEI EH .EI sin
HEI a 5 sin .
cos
2
2
2
=
E
M
A
B
J
I
H
5 2
a sin 2 .
8
C
WWW.VINAMATH.COM
15
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
Trong SCE , IJ là đoạn trung bình nên IJ
1
SE a và IJ HEI .
2
1
1 5
5a 3
Do đó VEHIJ IJ .S HEI a a 2 sin 2
sin 2 .
3
3 8
24
VEHIJ đạt giá trị lớn nhất khi sin 2 1 0 tức .
2
4
Câu V
x
1
x
x
x
Xét hàm số: f x x 1 x x 1 x x 1 x x.x 1 x 1 x x 1 x x 0;1 .
x
1 x
f x
1 x x
2
1 x
Xét: g x 2.
1 x
2. 1 x ln x .
1 x
ln x
1 x
2
1 x 0 g x đồng biến trên 0;1
g x
2
x 1 x
g x g 1 0 f x 0 x 0;1 f x nghịch biến trên 0;1
1
1
f x lim f x lim 1 x x 1.x 1 x
x 1
x 1
1
2 lim
1 1
x 1
1 x
1 x
2
x 0;1 .
e
B- PHẦN RIÊNG
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa
1. Ta có: A AB AD toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
4
A
x 3
x 2 y 2 0
.
N
5
2 x y 1 0
y
M
D
3
B
4 5
Do đó A ; .
C
3 3
Gọi N x; y AC ( AC là tia phân giác
BAD ). Hơn nữa M và N nằm cùng phía đối với
x 2 y 2 2x y 1
x 2 y 2 2x y 1
5
5
đường thẳng AB nên ta có: x 2 y 2 1 4 2 0 x 2 y 2 0
2 x y 2 0
2 x y 1 2 2 2 0
WWW.VINAMATH.COM
16
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
x 2 y 2 2 x y 1 hay x y 3 0 . Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh AC
là: x y 3 0 .
Đường chéo BD qua M 1; 2 nhận u BD n AC 1; 1 làm vectơ chỉ phương nên có
x 1 y 2
x y 3 0.
1
1
toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
B AB BD
x 2 y 2 0
x 4
. Do đó B 4; 1 .
x y 3 0
y 1
D AD BD toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
2 x y 1 0
x 4
. Do đó D 4; 7 .
x y 3 0
y 7
Gọi I AC BD toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
x y 3 0
x 0
. Do đó I 0;3 .
x y 3 0
y 3
phương trình là:
phương
trình:
4 13
Vì I là trung điểm AC nên C ; .
3 3
2. Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là: n p a; b; c a 2 b 2 c 2 0 .
vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (xOy) là: n xOy 0;0;1
vectơ chỉ phương của đường thẳng d là: ud 1;1; 2
d P ud .nP 0 a b 2c 0 b a 2c .
0 .
2
c
c
c
Ta có: cos
.
2
2
2
2
2
a 2 b2 c 2
2
a
4
ac
5
c
a a 2c c
Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (xOy)
+ Nếu c 0 thì cos 0
.
2
+ Nếu c 0 thì ta chọn c 1 . Khi đó: cos
1
2a 2 4a 5
1
2
2 a 1 3
1
.
3
Dấu “=” xảy ra khi a 1 .
nhỏ nhất cos lớn nhất.
Do đó so sánh hai trường hợp này ta được max cos
0;
2
1
khi a c 1 ; b= 1 .
3
Mặt phẳng P qua A 1; 2; 0 d và nP 1; 1;1 làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình: 1. x 1 1. y 2 1. z 0 0 x y z 3 0 .
Câu VIIa
Hai số phức liên hợp có mođun bằng nhau, ta suy ra
WWW.VINAMATH.COM
17
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
z 2i z 2i
(vì z 2 i z 2 i z 2 i ).
Từ đó ta có: z 2 i 1 .
Đặt z x iy x, y .
Suy
ra :
z 2 i 1 x 2 y 1 i 1
2
2
2
x 2 y 1 1 x 2 y 1
I 2;1 , bán kính R 1.
Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b
1. Gọi phương trình đường thẳng AB đi qua điểm
M(4;5) là: a x 4 b y 5 0 a 2 b 2 0 .
A
4 a 3b a b
2
2
1
M
Khi đó phương trình đường thẳng BC đi qua N(6;5) và Q
vuông góc với AB là: b x 6 a y 5 0 .
D
Diện tích của hình chữ nhật ABCD là:
a 3b 4b 4a 4 a 3b a b
.
d P; AB .d Q; BC
.
a 2 b2
a 2 b2
a 2 b2
Theo đề, ta có:
2
B
N
P
C
16 a 3b a b 4 a 2 b 2 .
a b
Cho b = 1, ta được: a 3 a 1 4 a 2 1 a 2 4a 3 4a 2 4
a 1
a 2 4a 3 4a 2 4
3a 2 4a 1 0
2
2
2
a 1
a 4a 3 4a 4
5a 4 a 7 0
3
Vậy phương trình cạnh AB là: x y 1 0 ; x 3 y 11 0 .
2.
mp
qua
A 2; 0; 0 , B 0; b; 0 , C 0; 0; c
x y z
1
2 b c
1 1 1
bc
J 1;1;1 1 b c
2 b c
2
b,c > 0
nên có phương trình là:
1
b 0 0 2 2 b
AB 2; b;0 , AC 2;0;c AB; AC
;
;
bc; 2c; 2b
0
c
c
2
2
0
1
1 2 2
1
S ABC AB; AC
b c 4c 2 4b 2
b 2c 2 4 b 2 c 2 .
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:
2
2
1.b 1.c 2 b2 c2 4 b 2 c2 2 b c .
1 2 2
1
6
2
2
2
b c 2 b c
4 b c 2 b c
b c .
2
2
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b c.
Do đó: S ABC
WWW.VINAMATH.COM
18
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
2b
0 b 2.
b2
6
2b
6
4
6
4
Suy ra S ABC
4
b 2
b
b 2
2
b2 2
b2 2
b2
4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương: b 2
4 S ABC 4 6 .
b2
b c 0
Do đó MinS ABC 4 6 đạt được khi
bc b c 4 .
b c 2
Từ (1) suy ra c
Câu VIIb
Ta có:
k
k
2k C k2010
2 2010! 2 2010!
1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1! 2010 k !
k
k
1
2 2011!
1
k 1
1
2 Ck2011
2011 k 1! 2011 k 1!
4022
1
1
2
2011
2 C12011 2 C 22011 ... 2 C2011
2011
4022
1
1
2011
0
2 1 2 C02011
.
4022
2011
P
ĐỀ 3
A- PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
1 3 5 2
x mx 4mx 4 (C).
3
2
5. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0 .
6. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1, x2 sao
Câu I (2,0 điểm) . Cho hàm số: y
cho
biểu
thức
:
x 2 5mx1 12m
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
x12 5mx2 12m
m2
Câu II (2,0 điểm)
A
m2
x
3. Giải phương trình: tan x tan x 2sin x 1 6 cos x 3 sin x 1 tan x tan .
2
2 xy
6
x
x2 y6
5 2
x 2 x 33
4. Giải hệ phương trình:
x, y .
2
xy
6
2
6
y
y x
5 2
x 2 y 33
WWW.VINAMATH.COM
19
WWW.VINAMATH.COM
15 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG TUYỂN CHỌN
ln 5
Câu III (1,0 điểm) .
Tính tích phân: I
10e
dx
x
ln 2
1 e x 1
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O,
cạnh bằng a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy hình chóp và SA a 2 . Gọi H và K lần lượt
là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC AHK và tính thể tích O.AHK.
Câu V
(1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0
B- PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần
B.1. CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VI a (2,0 điểm)
3. Trong
mặt
phẳng
Oxy,
cho
hai
đường
tròn:
C1 : x 2 y 2 9 ; C2 : x 12 y 12 25 . Gọi A, B là các giao điểm của C1
và C 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. Hãy chứng minh rằng nếu K AB thì
KI KJ với I, J lần lượt là tâm của C1 và C 2 .
x 1 y 1 z 7
.
2
3
4
Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A và
BC 2 17 .
4. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;5; 0 và đường thẳng d :
Câu VII a (1,0 điểm). Giải phương trình: z 2 2011 0 trên tập số phức .
B.2. CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VI b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, xác định toạ độ các điểm B và C của tam giác đều ABC biết
A 3; 5 và trọng tâm G 1;1 .
2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M 0; 0; 3 , N 2; 0; 1 và mặt phẳng
: 3x 8 y 7 z 1 0 . Tìm tọa độ P nằm trên mặt phẳng
sao cho tam giác MNP
đều.
x log3 y 2y log3 x 27
Câu VII b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
log 3 y log 3 x 1
.
BÀI GIẢI
Câu I
1. Học sinh tự giải.
2. TXĐ: D =
y x 2 5mx 4m .
Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 Phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
WWW.VINAMATH.COM
20
- Xem thêm -
.PDF 
96 
170 
113 
