Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 160

www.laisac.page.tl
ĐỀ SỐ 1 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I: 
1. Bạn tự giải 
(3;0) MN = 
uuuur 
Phương trình đường thẳng MN: y =2 
( C): y =  3 2 3 4 x x + - 
2 ' 3 6 y x x = + 
0 
' 0 
2 
x 
y 
x 
= é 
Þ = Û ê = - ë 
Hàm số đạt cực đại tại điểm A(­2 ;0) và đạt cực tiểu tại điểm B(0 ;­4) 
Vì MNPQ là hình bình hành nên  // MN PQ Þ pt đường thẳng PQ (d) có dạng y = a 
Kết hợp với đk (d) cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt P, Q nên (d) đi qua A hoặc B 
+Trường hợp (d) qua A ta có pt (d) là y = 0 
Phương trình hoành độ giao điểm (d) và ( C ) là:  3 2 3 4 0 x x + - = 
1 
2 
x 
x 
= é 
Û ê = - ë 
(1;0) P Þ  ; Q(­2 ;0) 
Ta có:  ( 3;0) PQ = - 
uuur 
cùng phương với  MN 
uuuur 
nên thoả 
+Trường hợp (d) đi qua B nên pt (d) là y = ­4 
Chứng minh tương tự ta được P(­3;4) , Q(0; ­4)  (3;0) PQ Þ = 
uuur 
nên thoả 
Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là :y = 0 hoặc y = ­4 
Câu II: 
1)  2 2 
3 4sin 2 2sin 4 
3 
6sin 2cos 
sin 
3 
x x 
x x 
x 
p 
p 
æ ö - + + ç ÷ 
è ø = - 
æ ö - ç ÷ 
è ø 
(1) 
Đk :  sin 0 
3 3 
x x k p p p æ ö - ¹ Û ¹ + ç ÷ 
è ø 
( ) ( ) 
( )( ) ( )( ) 
( )( ) 
( ) 
( ) 
3 2 sin 2 3 cos2 2sin 4 sin 3 3cos 2 1 cos2 
3 
2cos2 1 2sin 2 3 sin 3 cos 1 2cos 2 
2cos2 1 2sin 2 3 sin 3 cos 0 
3 1 3 
2cos2 1 sin 2 sin cos 0 
2 2 2 
2cos2 1 2sin cos cos 
6 6 
x x x x x x 
x x x x x 
x x x x 
x x x x 
x x x 
p 
p p 
æ ö Þ - + + = - - - - ç ÷ 
è ø 
Û - - = - - 
Û - - + - = 
æ ö 
Û - - + - = ç ÷ ç ÷ 
è ø 
æ ö æ ö Û - - + - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
0 
6 
x p é ù æ ö + = ç ÷ ê ú è ø ë û
6 1 
cos2 
2 
6 
cos 0 
6 
3 
1 
sin  2 6 2  3 
2 
x k 
x 
x k 
x 
x k 
x  x k 
x k 
p p 
p p 
p p p 
p p p 
p p 
é = + ê 
é ê 
= - ê ê = + ê ê 
ê æ ö ê Û + = Û ê ç ÷ ê = + è ø ê ê 
ê ê æ ö - = ê ç ÷ ê = + è ø ë ê 
ê = + ë 
Kết hợp với đk ta có họ nghiệm là 
6 
6 
2 
3 
2 
x k 
x k 
x k 
x k 
p p 
p p 
p 
p 
p p 
é = + ê 
ê 
- ê = + ê 
ê 
ê = + 
ê 
ê = + ë 
với  k Z Π
2) 
( ) 
( )( ) 
2 
2 1 2 1 
2 
2 3 2 4 
x y 
x y 
x y x y x y 
ì - 
ï + + + = 
í 
ï + + + + = î 
Đk: 
1 
2 1 0  2 
2 1 0 1 
2 
x x 
y 
y 
- ì ³ ï + ³ ì ï Û í í + ³ - î ï ³ 
ï î 
Từ phương trình thứ 2 ta có:  ( 1)( 2 4) 0 x y x y + - + + = 
Mà theo đk ta có: 
1 
3 2  2 2 4 0 
1  2 
2 
x 
x y x y 
y 
- ì ³ ï - ï Þ + ³ Þ + + > í - ï ³ 
ï î 
1 x y Þ + =  (1) 
Đặt  2 1 x a + =  ,  2 1 y b + =  với  , 0 a b ³ 
2 2  2( ) a b x y Þ - = -  và  2 2  4 a b + =  (2) 
Từ phương trình thứ nhất ta có: 
2 2 2 1 
2 2 
a b 
a b 
æ ö - 
+ = ç ÷ 
è ø 
(3) 
Xét  0 a b + = 
1 
2 
x y 
- 
Û = =  không thoả (1)  nên loại 
0 a b Þ + ¹  nên từ (3)  2 ( )( ) 8 a b a b Þ + - =  (4) 
Đặt  a b u + =  ,  ab v =  với  2  4 u v ³  (*) 
Từ (2)  và (4) ta có hệ :  2 
2 8 
2 4 
u uv 
u v 
- = ì 
í - = î
j 
K
I 
J 
H 
O 
D 
C 
B 
A 
S 
Giải hệ trên ta được 
2 
5 1 
u 
u 
= é 
ê 
= - ë 
+ Trường hợp: u =2  ta có 
3 
2 
2 2  1 
2 0  2 
2 0 1 
2 2 2 
3 
2 
x 
a b a 
y a b b 
a b a 
x 
a b b 
y 
éì = êï ïêí é é + = = ì ì - êï í í ê ê = ê - = = ï î î î ê ê Û Û ê ê ê + = = - ì ì ì ê = ê ê í í ï êï - = - = ê ê î î ë ë í ê 
ï ê = 
ï êî ë 
+ Trường hợp :  5 1 u = -  thì  1 5 v = +  không thoả (*) nên loại 
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (x ;y) = 
3 1 1 3 
; ; ; 
2 2 2 2 
- - æ ö æ ö 
ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
Câu III: 
( ) 1 
ln 
2 ln 2 ln 
xdx 
x x x + + - ò 
l 
( ) 
( ) ( ) 
( ) 
1 1 1 
1 1 
3 3 
1 
2 ln 2 ln  1 2 ln 2 ln 
2 2 
1 
2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 
2 
1 
(2 ln ) (2 ln ) 
3 
3 3 4 2 1 
3 
x x dx  xdx xdx 
x x x 
xd x xd x 
x x 
+ - - æ ö + - 
= = - ç ÷ ç ÷ 
è ø 
é ù 
= + + + - - ê ú 
ë û 
é ù = + + - ê ú ë û 
- + 
= 
ò ò ò 
ò ò 
l l l 
l l 
l 
Câu IV: 
Ta có: S.ABCD là hình chóp có các  cạnh bên bằng nhau 
ABCD nội tiếp 
ABCD là hình chữ nhật (vì theo giả thiết ABCD là hình bình hành) 
Gọi J là hình chiếu của O trên AD 
Đặt DC = x 
OH = 
Dễ CM: J là trung điểm AD 
SJ vuông góc với AD 
SJ = 
Tam giác SHO vuông tại O ta có: 
(h = SO) 
VS.ABCD =  SABCD.SO = 
VS.ABCD max ó 4xh max 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có: 
2x.(2h) 
VS.ABCD max  ó 
X = 2h = 2a
Gọi M, N lần lượt là trung điểm DC, BC 
MN = 
SM = 
SN = 
Xét tam giác SMN, ta có: 
cosMSN = 
Ta có: SO vuông góc CD; OM vuông góc CD 
(SOM) vuông góc CD 
(SOM) vuông góc (SDC) 
Kẻ OH vuông góc SM 
OH vuông góc (SDC) 
Tương tự: kẻ OK vuông góc SN 
OK vuông góc (SBC) 
Vậy góc giữa (SDC) và (SBC) là góc giữa OH và OK 
Tam giác SOM vuông tại O có OH vuông góc SM: 
Tam giác SON vuông tại O có OK vuông góc SN: 
Tam giác SHK ta có: 
Tam giác KOH ta có: 
cosKOH = 
Vậy cosin góc giữa (SBC) và (SDC) là 
Câu V:  5 2 54 2 14 P x x y = - + - - 
2 2 2 2 2 1 2 14 50 x y x x y x y = + - + + + - - + 
( ) ( ) ( ) 
( ) 
2 2 2 2 
2 2 
1 7 1 
7 7 
7 7 
x y y x 
y y y y 
y y 
= - + + - + - 
³ + - = + - 
³ + - = 
Đẳng thức xảy ra khi 
2 2 
1 0 
1 
(7 ) 0 
3 
4 
x 
x 
y y 
y 
x y 
- = ì = ì ï ï - ³ Û í í 
= ï î ï + = î 
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi 
1 
3 
x 
y 
= ì ï 
í 
= ï î 
A. Theo chương trình chuẩn: 
Câu VI a.
1) ( ) 1 C  có tâm  1 (3; 4) I -  bán kính  1  3 2 R = 
( ) 2 C  có tâm  1 ( 5;4) I -  bán kính  1  5 2 R = 
Gọi đường tròn cần tìm là (C) có tâm  ( ; 1) I a a - 
Vì (C) tiếp xúc ngoài với ( ) 1 C  và ( ) 2 C  nên ta có: 
( ) ( ) 
( ) ( ) 
2 2 
1 1 
2 2 
2 2 
3 3 3 2 
5 5 5 2 
a a R II R R 
II R R  a a R 
ì - + + = + = + ì ï Û í í = + + + - = + î ï î 
( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 3 2 5 5 5 2 
32 2 2 
a a a a Þ - + + - = + + - - 
Û = 
Vậy không có đường tròn (C) cần tìm 
2) Phương trình mặt phẳng (P) qua A(a;0;0) ,B(0;b;0) ,C(0;0;c) có dạng: 
1 
x y z 
a b c 
+ + = 
Mà (P) qua I(1;1;1)  nên 
1 1 1 
1 
a b c 
+ + =  (1) 
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA = IB = IC 
2 2 2 
2 2 2 
(1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) 2 
(1 ) (1 ) (1 ) 
a b c 
a b c 
Û - + = - + = - + 
Û - = - = - 
+ a = b = c thì (1) ta có a = b = c = 3 
Þ pt (P) là:  3 0 x y z + + - = 
+ a = b và c =  2­ a thì (1) vô nghiệm 
C/M tương tự trường hợp a = c và b = 2 –a  với TH  b = c và a= 2 –c  cũng vô nghiệm 
Vậy (P) :x + y+ z ­3 =0 
Câu VII a. 
Đặt  2 2  1 z x yi x y = + Þ + =  với  , x y R Π
Đặt ( ) ( ) 2 2 3 2 ( 3) ( 2) 3 2 14 2(3 2 ) z i x y i x y x y w w = - + Þ = - + + = - + + = - - 
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có:  2 2 2 (3 2 ) (9 4)( ) 13 x y x y - £ + + = 
13 3 2 13 x y Þ - £ - £  2 13 2(3 2 ) 2 13 x y Û - £ - - £ 
14 2 13 w Þ ³ - 
Vậy  3 2 z i - +  nhỏ nhất bằng  14 2 13 -  khi 
2 2 
3 
1  13 
2 3 2 13 
13 
x 
x y 
x y  y 
ì = ï ì + = ï ï Û í í - - = ï ï î = 
ï î 
Vậy số phức 
3 2 
13 13 
z i = - 
B.Theo chương trình nâng cao : 
Câu VIb: 
1)  Gọi tọa độ B là :(b;12­2b) 
Ta có: 
M  AB; N  BC; AB vuông góc BC 
BM vuông góc BN
Mà b > 5 
b=6 vậy B có tọa độ (6;0) 
Từ tọa độ điểm M và N ta có: 
Phương trình đường thẳng AB: x + y – 6 = 0 
Phương trình đường thẳng BC: x – y – 6 = 0 
VTPT của BD: 
VTCP của BD: 
// 
Ta có: 
tanDBC = 3 
CD = BC tanDBC = 3BC 
Mặt khác: SABCD = BC.DC = 6 
BC =  ; DC = 
Ta có AD // BC, AD có phương trình: x – y + k1 = 0 
d ( B;AD) = 
mà d ( B;AD) = BA = 
= 
Hoặc k = 0 hoặc k = ­12 
Hoặc AD: x – y = 0  hoặc x – y – 12 = 0 
Tương tự ta tìm được: 
Hoặc DC: x + y – 8 = 0 hoặc x + y – 4 = 0 
2) 
OABC là tứ diện đều 
ó Tất cả các cạnh của nó bằng nhau 
Tam giác ABC đều 
Mà G là trọng tâm tam giác ABC 
G là tâm của tam giác đều ABC 
Ta có: 
Gọi M là trung điểm BC 
M (3;  ) 
Mặt khác AG vuông góc với BC. Gọi 
(1) 
Ta lại có OABC là tứ diện đều, G là tâm của đáy ABC 
OG vuông góc (ABC) 
OG vuông góc BC 
(2) 
Từ (1) và (2)
Chọn c = ­1 ta có b = 1 
Vậy 
BC: 
B(3; t +  ; ­t +  ) 
Mặt khác OA = OB 
Hoặc t =  hoặc t = 
Hoặc B(3;3;0) hoặc B(3;0;­3) 
2) Ta có:  ( 2;1;1) GA = - 
uuur 
6 GA Þ = 
Gọi M( x;y;z) là trung điểm BC 
Ta có: 
1 
2 
MG GA = 
uuuur uuur 
mà  ( 2;1;1) GA = - 
uuur 
; (2 ;2 ; 2 ) MG x y z = - - - 
uuuur 
3 3 
3; ;
2 2 
M æ ö Þ ç ÷ 
è ø 
( ) 2;2;2 OG = 
uuur 
Vì O.ABC là tứ diện đều nên  ; ( ) OG BC AM BC BC AOM ^ ^ Þ ^ 
( ) ( ) , 0; 6;6 // 0; 1;1 BC OG AG é ù Þ = = - - ë û 
uuur uuur uuur 
Mặt khác: ( ) ( ) 0; 6;6 // 0; 1;1 BC = - - 
uuur 
nên phương trình đt BC có dạng: 
3
3 
2 
3 
2 
x 
y t 
z t 
ì 
ï = 
ï 
ï = - í 
ï 
ï = + ï î 
Gọi 
3 3 
3; ; 
2 2 
B t t æ ö - + ç ÷ 
è ø 
1 1 
1; ; 
2 2 
BG t t æ ö Þ = - + - ç ÷ 
è ø 
uuur 
ABC D  đều nên BG = AG  2 4 4 9 0 t t Û + - = 
1 10 
2 
1 10 
2 
t 
t 
é - + 
= ê 
ê Û 
ê - - 
= ê 
ë 
1 2 
4 10 2 10 4 10 2 10 
3; ; ; 3; ; 
2 2 2 2 
B B 
æ ö æ ö - + + - 
Þ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
Câu VIIb.  2 2 2 z z z = +
4 2 2 
2 2 2 
2 2 2 
( 1) 
( 1) 
z z z 
z z z 
z z z 
Û = + 
Û - = 
Þ - = 
( ) 2 2 2 1 z z z Û - =  (1) 
Thế  2 4 2 z z z = -  vào (1) ta được : 
( )( ) 2 2 4 2 2 1 1 z z z z z - - - = 
( ) ( ) ( ) 
2 
2 2 2 2 
0 
1 1 1 1 1 
z 
z z z 
é = 
ê Û é ù ê - - + - - = ê ú ë û ë 
+  2  0 z =  0 z Þ = 
+ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 z z z é ù - - + - - = ê ú ë û  (2) 
Đặt  2  1 z t - = 
(2) ( ) ( ) 2  1 1 1 0 
1 
t 
t t 
t 
= - é 
Û + - = Û ê = ë 
2 
2 
0 
0 
2 
2 
2 
z 
z 
z 
z 
z 
= é 
é ê = 
Þ Û = ê ê = ë ê = - ë 
Vậy có 3 số phức thoả mãn là:  0 z =  ;  2 z =  và  2 z = - 
Đào Minh Quân, Đinh Tấn Hưng 
Và tập thể lớp 12 Toán2  Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 
( Vì giải nhanh nên chắc có sự thiếu sót mong các bạn góp ý,  chia sẻ)