ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG THÁNG 4 – LẦN 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu 1 ( 2 ñiểm) Cho hàm số 2 ( ) 3 x y C x + = − a) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C). b) Tìm trên ñồ thị ( C) ñiểm M sao cho khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ñứng bằng 1 5 khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ngang. Câu 2 ( 1 ñiểm) Giải phương trình : 3 2sin cos 2 cos 0 x x x − + = Câu 3 (1 ñiểm) Giải bất phương trình: 2 2 2 3 5 4 6 x x x x x − − + ≤ − − Câu 4 (1 ñiểm) Tính tích phân 1 2 0 ln(1 ) I x x dx = + ∫ Câu 5 (1 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc mặt ñáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. Câu 6 (1 ñiểm) Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 1 1 P= x y y x     + +         . PHẦN RIÊNG ( 3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a ( 1 ñiểm) Cho tam giác ABC có B(3; 5), ñường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh A và viết phương trình cạnh AC. Câu 8.a (1 ñiểm) Cho mặt cầu (S) : 2 2 2 ( 3) ( 2) ( 1) 100 x y z− + + + − = và mặt phẳng ( ): 2 2 9 0 x y z α − − + = . Chứng minh rằng (S) và ( ) α cắt nhau theo giao tuyến là ñường tròn (T). Tìm tâm và bán kính của ñường tròn (T) . Câu 9.a( 1 ñiểm) Tìm số phức z, nếu 2 0 z z + = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 ñiểm) Cho ñường tròn ( C) 2 2 2 4 4 0 x y x y + − − − = và ñiểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C) tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN. Câu 8.b. (1 ñiểm) Cho hai ñường thẳng d: 2 1 1 1 1 2 − = − − = − zyx và d’:      = −= += tz ty tx 2 4 Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính ñộ dài ñoạn vuông góc chung của d và d’. Câu 9.b ( 1 ñiểm) Cho hàm số 2 3 2 x x y x − + = (C). Tìm trên ñường thẳng x = 1 những ñiểm mà từ ñó kẻ ñược 2 tiếp tuyến ñến ñồ thị ( C). *********************Hết******************** ðÁP ÁN ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG Tháng 4 – lần 1 Môn thi : TOÁN Nội dung Cau 2. +)pt 3 2 2sin (1 2sin ) cos 0 x x x ⇔ − − + = 2 2sin (1 sinx) (1 cos ) 0 x x ⇔ + − − = [ ] (1 cos ) 2(1 cos )(1 sinx) 1 0 x x ⇔ − + + − = [ ] (1 cos ) 2(sinx cos ) 2sin cos 1 0 x x x x ⇔ − + + + = 1 cos 0 (1) 2(sinx cos ) 2sin cos 1 0 (2) x x x x − =  ⇔  + + + =  Giải (1) ta ñược 2 ( ) x k k Z π = ∈ Giải (2) : ðặt sinx cos 2 sin( ) , 2; 2 4 t x x t π   = + = + ∈ −   Ta ñược phương trình 2 2 0 t t + = 0 2 (loai) t t =  ⇔  = −  Với t = 0 ( ) 4 x k k Z π π − ⇔ = + ∈ Vậy phương trình có nghiệm: 2 x k π = ( ) 4 x k k Z π π − = + ∈ Cau 3. Bình phương hai vế ta ñược 2 6 ( 1)( 2) 4 12 4 x x x x x + − ≤ − − 3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1) x x x x x x ⇔ + − ≤ − − + ( 2) ( 2) 3 2 2 1 1 x x x x x x − − ⇔ ≤ − + + ðặt ( 2) 0 1 x x t x − = ≥ + ta ñược bpt 2 2 3 2 0 t t − − ≥ 1 2 2 2 t t t −  ≤  ⇔ ⇔ ≥  ≥  ( do 0 t ≥ ) Với 2 ( 2) 2 2 6 4 0 1 x x t x x x − ≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥ + 3 13 3 13 3 13 x x x  ≤ − ⇔ ⇔ ≥ +  ≥ +   ( do 2 x ≥ ) Vậy bpt có nghiệm 3 13 x ≥ + Cau 4. ðặt 2 2 2 ln(1 ) 1 xdx u x du x = + ⇒ = + 2 2 x dv xdx v= ⇒ = Do ñó 1 1 2 3 2 1 2 0 0 1 ln(1 ) ln 2 2 1 2 x x I x dx I x = + − = − + ∫ Tính I 1 : Ta có 1 1 1 1 2 1 2 2 0 0 0 0 1 1 2 1 1 1 1 ( ) ln 1 ln 2 1 2 2 1 2 2 2 2 x x I x dx x dx x x x = − = − = − + = − + + ∫ ∫ S C B A K H a 2a a A D E B d’ C d d1 Vậy 1 ln 2 2 I = − Cau 5. +) Theo bài ra ta có ( ) SH AHK ⊥ , ( ) BC SA BC AB BC SAB BC AK ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Và AK SC ⊥ nên ( ) àSB AK SBC AK KH v AK ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ +) Áp dụng ñịnh lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông ta có 1 2 2 2 a AK SB= = , 2 3 , 5 10 5 a a a AH KH SH= ⇒ = = +) Ta có 2 1 6 . ( ) 2 4 10 AHK a S AK HK dvdt = = Vậy 3 . 1 3 . ( ) 2 60 S AHK AHK a V S SH dvtt = = Cau 6 +) Theo B ðT Côsi ta có   ≤ ⇒ = ∈     2 1 1 0<xy t (xy) 0; 4 16 +) Ta có = + + = + + 2 2 1 1 P 2 (xy) t 2 (xy) t −   ⇒ = − = < ∀ ∈     2 / 2 2 1 t 1 1 P 1 0, t 0; t t 16 +) B¶ng biÕn thiªn : t 0 1 16 P’ - P 289 16 +) Từ bbt ta có 289 min P 16 = tại 1 1 16 2 t x y = ⇔ = = Cau 7a) +) Gọi ' D d d = ∩ nên tọa ñộ của D là nghiệm của hệ 22 2 5 3 0 22 13 7 ( ; ) 5 0 13 7 7 7 x x y D x y y  =  − + =   ⇔ ⇒   + − =   =   +) Goi d 1 là ñường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d 1 là: x + y – 8 = 0. Gọi 1 E d d = ∩ nên 33 19 ( ; ) 7 7 E .Vì d’ là ñường trung tuyến qua C nên D là trung ñiểm AE suy ra (1;1) A +) Ta có cạnh BC ⊥ c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0Suy ra 35 50 38 47 ( ) ' ( ; ) ( ; ) 3 3 3 3 C BC d C AC − − = ∩ ⇒ ⇒  +) Vậy phương trình cạnh AC là 1 38 1 47 x t y t = −   = +  Cau 8a) +) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .Ta có : 2.3 2( 2) 1 9 ( ,( )) 6 4 4 1 h d I α − − − + = = = + + Vậy ( ,( )) d I r α < nên (S) cắt ( ) α theo giao tuyến là ñường tròn (T) . +) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên ( ) α .Xét ñường thẳng (d) ñi qua I và vuông góc với ( ) α . Lúc ñó (d) có vectơ chỉphương là (2; 2; 1) a n = = − −   . Phương trình tham số của (d) là : 3 2 ( ) : 2 2 ( ) 1 x t d y t t z t = +   = − − ∈   = −  ℝ +) Ta có ( ) J d α = ∩ Xét hệ: 3 2 2 2 1 2 2 9 0 x t y t z t x y z = +   = − −   = −   − − + =  Giải hệ này ta ñược : J(-1;2;3) . +) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có : 2 2 100 36 8 r r h ′ = − = − = Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8 Cau 9a) +) ðặt z = x + yi, khi ñó 2 2 2 2 0 ( ) 0 z z x yi x y + = ⇔ + + + = +) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 2 0 x y x y x y x y xyi xy  − + + =  ⇔ − + + + = ⇔  =   +) ⇔ 2 2 0 0 0 0, 0 0 0 (1 ) 0 0, 1 1 0, 1 0 0 0 (do 1 0) 0, 0 (1 ) 0 0 0 x x x x y y y y y y x y y x y y y x x y x x x x x y  =   =  =        = =  =          − + = − =  = =           = ⇔ ⇔ ⇔        = = − = =           = + >       = =  + = + =          =    +)Vậy có ba số phức thoả ñiều kiện là z = 0; z = i; z = − i. Cau 7b +) Ta cú (C ) cú Tõm I(1; 2) bỏn kớnh R = 3 V d thy cú mt tip tuyn vuụng gúc vi Ox v qua A l d: x = -2 +)Gi d l dng thng qua A ( -2; 3) cú h s gúc l k ta cú d y = k(x + 2) + 3 d l tip tuyn ca ( C ) d( I, d ) = R 2 3 1 4 3 3 1 k k k + = = + + ta cú tip ủim ca d v (C ) l M(-2; 0), ca d v (C ) l 7 57 ( ; ) 5 5 N + Ta cú AM = 3, 7 3 ( , ) 2 5 5 d N d = + = .Vy 1 9 . ( , ) ( ) 2 10 AMN S AM d N d dvdt = = Cau 8b) +) Ta cú vtcp ca d (1; 1;2) M(2;1;1) d u v vtcp ca d '(1; 1;1) (4;2;0) d' u v N => (2;1; 1) MN +)Ta cú , ' . 3 0 u u MN = vy d v d chộo nhau ta cú (2 ;1 ;1 2 ) A d A k k k + + , ' (4 ;2 ; ) B d B t t t + (2 ;1 ; 1 2 ) AB t k t k t k + + AB l ủon vuụng gúc chung . 0 . ' 0 AB u AB u = = +) 4 6 1 0 2 3 4 0 1,5 t k t t k k = = = = (1,5;1,5;0) AB Vy d(d,d) = AB = 3 2 2 Chỳ ý : cú th tớnh theo cỏch , ' . 3 ( , ') 2 , ' u u MN d d d u u = = Cau 9b +) Gọi M là điểm thuộc đờng thẳng x=1, d là đờng thẳng đi qua M có hệ số góc là k. d có phơng trình là : y= k(x-1)+m ( với M(1,m) ) +) Thay (2) vào (1) ta có 2 2 2 3 2 2 ( 1) x x x x m x x + = + 2 2 2 ( 3 2) ( 2)( 1) x x x x x mx + = + 2 ( , ) (2 ) 4 2 0 g x m m x x = + + = (3) +)Để từ M kẻ đợc đúng 2 tiếp tuyến đến C thì phơng trình (3) có đúng 2 ngiệm phân biệt ' 4 2(2 ) 0 (2 ) ( , ) (2 )(2) 0 m m g x m m = + > + = + 2 0 2 0 m m > + Do đó 0 2 m m < (*) +) Vậy trên đờng thẳng x=1 .Tập hợp các điểm có tung độ nhỏ hơn 0 (m<0) bỏ đi điểm (1,-2) thì từ đó kẻ đợc đúng 2 tiếp tuyến đến C . Cau 4. ðặt 2 2 2 ln (1 ) 1 xdx u x du x = + ⇒ = + 2 2 x dv xdx v= ⇒ = Do ñó 1 1 2 3 2 1 2 0 0 1 ln (1 ) ln 2 2 1 2 x x I x dx I x = + − = − + ∫ Tính I 1 : Ta có 1 1 1 1 2 1 2 2 0 0 0 0 1 1. ÁN ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG Tháng 4 – lần 1 Môn thi : TOÁN Nội dung Cau 2. +)pt 3 2 2sin (1 2sin ) cos 0 x x x ⇔ − − + = 2 2sin (1 sinx) (1 cos ) 0 x x ⇔ + − − = [ ] (1 cos.  2 1 1 0<xy t (xy) 0; 4 16 +) Ta có = + + = + + 2 2 1 1 P 2 (xy) t 2 (xy) t −   ⇒ = − = < ∀ ∈     2 / 2 2 1 t 1 1 P 1 0, t 0; t t 16 +) B¶ng biÕn thi n : t 0 1 16