GV: Võ Nguyên Linh – Trường THPT Thành Nhân – TP. HCM

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP.HCM
Trường THPT Thành Nhân
ĐỀ THI THỬ SỨC ĐẠI HỌC – LẦN 1
Môn: TOÁN – Thời gian: 180’ (Khối A-A1-B-D)
o0o
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
: (7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
3 2 2
( ) (2 ) ( )     y f x x m x mx m Cm
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0 .
2. Tìm m (0;2) để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt, đồng thời hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị (Cm), trục Ox , trục Oy và đường thẳng x 2 có diện tích bằng
3
2
.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2
3
10sin 3sin 2 cos2 3
4
 
   
 
 
x x x


2. Giải hệ phương trình:
2 2
3
6 1
5
 



    


x y
x
x y x y

Câu III: (1 điểm) Tính:
x
I dx
x
1
2
2
0
(1 )
.
1






Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
điểm A’ xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O của
ABC . Góc giữa mặt bên (ABB’A’) với mặt đáy bằng
0
60 . Tính thể tích của khối tứ diện A’B’BC và tính khoảng cách giữa hai cạnh AB và B’C.
Câu V: (1 điểm)
Cho hai số
x y,
khác 0 thỏa:
x y xy x y xy
2 2
( )   
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
x y
3 3
1 1
 
.
B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
 Phần 1: Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
M
5
( ;0)
2


thuộc đường thẳng chứa cạnh BC. Đường cao
AH x y( ) : 2 8 0   , đường phân giác trong BD x y( ) : 3 0   và
ABC
S 3

 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
 
A 2;1;3 và mặt cầu
     
S x y z
2 2 2
126
( ) : 3 4 6
5
      . Viết phương
trình đường thẳng  đi qua điểm A tiếp xúc mặt cầu (S) và vuông góc với đường thẳng
x y z
d
1
( ) :
2 4 1

 

.
Câu VIIa (1 điểm)
Giải phương trình:
z i z i z i

3 2
2(1 ) 4(1 ) 8 0     
, biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo.
 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy. Viết pt đường tròn (C) tâm I(1,2) cắt trục hoành tại hai điểm A, B và cắt đường thẳng
y 3 tại hai điểm C, D sao cho AB CD 6  .
2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A B(1; 0; 2); (3; 2;1) và đường thẳng
x y z
d
3 2 1
( ) :
1 1 1
  
 

. Viết
phương trình đường thẳng  đi qua A cắt (d) sao cho khoảng cách từ B đến  lớn nhất.
Câu VII. b (1 điểm) Giải hệ phương trình:








1log
43
3)11(

3
yx
x
x
x
y
.
Hết

Cảm ơn thầy Võ Nguyên Linh (
) gửi tới www.laisac.page.tl
GV: Võ Nguyên Linh – Trường THPT Thành Nhân – TP. HCM

ĐÁP ÁN

Câu I (2đ): Cho hàm số
3 2 2
( ) (2 ) ( )     y f x x m x mx m Cm
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0 . (Bạn đọc tự giải)
2. Tìm m (0;2) để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt, đồng thời hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị (Cm), trục Ox , trục Oy và đường thẳng x 2 có diện tích bằng
3
2
.
Ta có: Pthđgđ của đồ thị (Cm) và trục Ox:
3 2 2 2
(2 ) 0 ( )( 2 ) 0 (*)         x m x mx m x m x x m
Đồ thị (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt (*) có 3 nghiệm phân biệt
m

m m
1
0; 3

 


 

.
Khi đó các điểm có hoành độ là: x m x m; 1 1    , với m x m(0;2) 1 1 (0;2)     

m
H
m
S x m x mx m dx x m x mx m dx
2
3 2 2 3 2 2
( )
0
3
(2 ) (2 )
2
   
           
   
 


m

m m m m m
m m m m
4 3 2
3 2
1
10 12 4 1 0 1
9 3 1 0, (0;2)


        

     


Vậy khi m 1 thỏa ycbt.
Câu II.1(1đ) Giải phương trình: x x x
2
3
10sin 3sin2 cos 2 3 (*)
4
 

   
 
 

x x x x x
3
(*) 5 1 cos 2 3sin 2 cos2 3 2 sin 2 cos 2 2
2

 
 

         
 
 
 
 

x x
2 1 2
sin 2 cos2 (1)
5 5 5
   
. Đặt:
2 1
sin cos
5 5
    

x x k x k(1) cos(2 ) cos
2 4 4
 
  
                
 
 

Vậy nghiệm của phương trình: x k x k k( )
4 4

 
           
Câu II.2 (1đ) Giải hệ phương trình:
x y
x
x y x y
2 2 (1)
3
6 1 (2)
5

 



    


Đk:
x y
x y
6 1

 




Từ (1) y x2 2   thay vào (2) ta được:
x

x x
3
4 1 3 2
5

    ( đk: x
2
3
 )
 
x
x x x x x f x
3
3 4 1 3 2 4 1 3 2 5 (3) ( ) 5
5

            
Dễ thấy hàm số f x x x( ) 4 1 3 2    đồng biến trên
2
;
3
 

 
 
và f (2) 5 . Do đó x 2 là nghiệm
duy nhất của phương trình (3). Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2; 2) .
Câu III.(1đ) Tính
x x dx
I dx dx x dx I I

x x x
1 1 1 1
2 2
2
1 2
2 2 2
0 0 0 0
1 2 (1 )
2 1 2
1 1 1
  
      
  
   

Tính I
2
:
x
du dx
x
u x
I x x dx
x
dv dx
x
v x
1
2
1

2
2
2
2
2
0
0
1
1
1
1



 
 
    
 











I

dx
x dx I I I
x
1 1
2
1
2 1 2
2
0 0
2
2 1 2
2 2
1
         

 

GV: Võ Nguyên Linh – Trường THPT Thành Nhân – TP. HCM

Vậy:


 
dx
I I I I x x
x
1
1
2
1 2 1

2
0
0
3 2 3 2 3 2 3 2
2 ln 1 ln 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1
            


.

Câu IV (1đ): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc điểm
A’ xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O của ABC . Góc giữa mặt bên (ABB’A’) với mặt đáy bằng
0
60 .
Tính thể tích của khối tứ diện A’B’BC và tính khoảng cách giữa hai cạnh AB và B’C.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và BC.




ABB C ABC AB
AB CM ABB C ABC A MC
AB A M
0
( ' ') ( )
( ' ');( ) 60


 

 

   

 
 





Ta có:
a
SO OM CM
0
1
.tan60 . 3
3 2
  

a a a
A A A B A C AO SO
2 2
2 2
21
3 4 6
  
      

Thể tích:
A B BC LT A ABC ABC ABC ABC
a
V V V SO S SO S SO S
3
2 1 3
2 . . .
3 3 24
  
  
      (đvtt)
Ta có: AB A B AB A B C d AB B C d M A B C/ / / /( ) , ,( )
      
   
  
   
.
Kẻ
 
MH A C H A C
 
  và MH AB MH A B MH A B C( )
   
    
Vậy d M A B C MH,( )
 
 

 
. Ta có:

SO CM a
MH A C SO CM MH
A C
. 3 7
. .
14

   

(đvđd)
Câu V(1đ): Cho hai số
x y,
khác 0 thỏa:
x y xy x y xy
2 2
( )   
. Tìm GTLN của biểu thức:
P
x y
3 3
1 1
 
.
Ta có:
x y x y xy x y
P
xy x y
x y
2 2
2 2

3 3
( )( ) 1 1
(*)
   
   
   
   
   

Đặt x ty (vì x y t, 0 0   ). Thay vào
x y xy x y xy
2 2
( )   
ta được:
 
 
t t t t
t ty t t y y x
t
t
2 2
3 2 2
2
1 1
1 1
1
1
   
       



thay vào (*) ta được:
t t
P f t
t t
2
2
2
2
2 1
( )
1
 
 
 
 
 
 
. Xét hàm số
t t
y f t t
t t
2
2
2 1
( ) , ( 0)
1
 
  
 


t
y
t t
2
2 2
3 3
( 1)
 


 
, cho
y
t
y
t y
( 1)
(1)
0
1
0
1 4




 

  



 



. Mặt khác
x
f tlim ( ) 1


Do đó
t x y
Max f t t Max P f t x y
2
0 , 0
1
( ) 4 1 ( ) 16
2
 
        
Phần 1: Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2đ)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
M
5
( ;0)
2

thuộc đường thẳng chứa cạnh BC. Đường cao

AH x y( ) : 2 8 0   , đường phân giác trong BD x y( ) : 3 0   và
ABC
S 3

 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

Đường thẳng (BC) đi qua
M
5
( ;0)
2

và vuông góc (AH) pt BC x y( ) : 2 5 0   

C'
B'
O
N
M
A
B
C
A'
H
GV: Võ Nguyên Linh – Trường THPT Thành Nhân – TP. HCM

 
x y
B BC BD B
x y

2 5 0
( ) ( ) ( 2;1)
3 0

  
    

  

.
Gọi M’ đối xứng với M qua (BD) M AB( )

  . Đường thẳng (MM’) đi qua M và vuông góc (BD)
pt MM x y( ) : 2 2 5 0

    . Ta có:
 
I MM BD I M
11 1 1
( ) ( ) ; 3;
4 4 2
   
 
     
   
   

Đường thẳng (AB) đi qua hai điểm B, M’
 
pt AB x y A AB AH A( ) : 2 4 0 ; ( ) ( ) (2;3)      

Ta có:C BC C c c( ) ( ;2 5)   ;
d A BC
6
,( )
5
 

 
và
ABC
S BC BC c c
2 2
3 5 5 4 3 0

        
c C n vì A C khaùc phía so vôùi BD
c C l vì A C cuøng phía so vôùi BD
1
2
1 ( 1;3) ( ) , ( )
3 ( 3; 1) ( ) , ( )

   


    


. Vậy A B(2;3) ; ( 2;1) và C( 1;3)
2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

 
A 2;1;3 và mặt cầu
     
S x y z
2 2 2
126
( ) : 3 4 6
5
      . Viết phương
trình đường thẳng  đi qua điểm A tiếp xúc mặt cầu (S) và vuông góc với đường thẳng
x y z
d
1
( ) :
2 4 1

 

.
Gọi u a b c( ; ; )

: vtcp của  (với a b c
2 2 2
0   ), vì d a b c c a b2 4 0 2 4 (1)        
Ta có:
IA
u IA c b a c b a
u a b c
( 1;5; 3)
, (5 3 ; 3 ; 5 )

( ; ; )

   
 
      

 







. Đường thẳng  tiếp xúc mặt cầu (S)
c b c a a b
d I R
a b c
2 2 2
2 2 2
(5 3 ) ( 3 ) (5 ) 126
, (2)
5
    
 
    
 
 
. Thay (1) vào (2) ta được:
a b a b a b a b a b b ab

2 2 2 2 2 2 2 2
5 (10 23 ) ( 4 ) (5 ) 126 (2 4 ) 2 0
   
           
   

Chọn: a b c0 0 0     (loại)
a b b2 0 1      , với a b c2; 0 4    hay a b c2; 1 0    
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm:
x t
y t
z t
1
2
: 1 ( )
3 2

 

  


 

 hoặc
x t
y t t
z
2
2 2

: 1 ( )
3


 

 
   





Câu VIIa (1đ) Giải phương trình:
z i z i z i
3 2
2(1 ) 4(1 ) 8 0 (1)     
, biết rằng pt có một nghiệm thuần ảo.
Gọi z bi là nghiệm thuần ảo, thay vào (1) ta được:

bi i bi i bi i b b b b b i
3 2 2 3 2
( ) 2(1 )( ) 4(1 )( ) 8 0 (2 4 ) ( 2 4 8) 0             


b b
b z i z z
b b b
2
2

3 2
2 4 0
2 (1) ( 2 )( 2 4) 0
2 4 8 0

 

        

   



Vậy nghiệm của phương trình: z i z i z i
1 2 3
2 ; 1 3 ; 1 3     .
 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2đ)
1. Trong hệ tọa độ Oxy. Viết pt đường tròn (C) tâm I(1,2) cắt trục hoành tại hai điểm A, B và cắt đường thẳng
y 3 tại hai điểm C, D sao cho AB CD 6  .
Ta có:
AB
A B Ox d I AB R
AB CD CD AB
CD
C D y d I CD R
2
2
2 2 2 2
2

2
, ,( ) 2 4
4
16 4 12
, 3 ,( ) 1 1
4

 
     

 

      


 
      
 


(1)
Theo giả thuyết: AB CD 6  (2). Từ (1) và (2)
AB CD R
2
2 ; 4 5    
.
Vậy phương trình đường tròn (C):
x y
2 2
( 1) ( 2) 5   

.

GV: Võ Nguyên Linh – Trường THPT Thành Nhân – TP. HCM

2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A B(1; 0; 2); (3; 2;1) và đường thẳng
x y z
d
3 2 1
( ) :
1 1 1
  
 

. Viết
phương trình đường thẳng  đi qua A cắt (d) sao cho khoảng cách từ B đến  lớn nhất.
Mặt phẳng
d
ñi qua A
vaø chöùa d n AM u vtpt
(1;0;2)
( ) :
, ( 1;1;0) :





 
   


 


 
nên có pt x y( ) : 1 0    .
Đường thẳng  đi qua A và cắt đường thẳng d ( )    . Do đó d B AB,
 
 
 
: lớn nhất

AB
a AB n vtcp, (1;1;0) :
( )
 

 
 
   

 
  


 
. Vậy phương trình
x t
y t t
z

1
;
2

 

  





Câu VIIb (1đ) Giải hệ phương trình:
y
x
x
x
x y
3
3 4
( 1 1)3 (1)
log 1 (2)


  



 


. (Đk:
x0 4  )
Từ (2)
y y
y
x
x
1
3 3
3 3
3

     thay vào (1) ta được:
x x x x x x x x y
2
1 1 4 2 4 ( 2) 3 0 3 0               
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (3; 0) .
Hết


Lưu ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo, có thể có sai xót xin bạn đọc góp ý. Xin cám ơn!
Cả
m
ơ
n
 
t
h
ầy 
V

õ
 
Ngu
y
ê
n
 
Linh
 
(
ngu
y
enlinh
v
o@
g
m
ail
.co
m
) gửi tớ
i 
www
.laisac.page.tl