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