Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 24

Đ
ĐĐ
Ề
Ề
S
S
Ố
Ố
0
0
5
5
Thời gian làm bài 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
Cho hàm số: 3 2y x 3mx 1 (1)   
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1. 
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt. 
Câu II: 
1) Giải phương trình: sin 3x cos3x 2 2 cos x 1 0.
4
      
 
2) Tìm m để hệ phương trình:
x 1 3 y m
y 1 3 x m
    

   
 có nghiệm. 
Câu III: 
Tính tích phân:
   
1
3
0
dxI .
x 1 3x 1

 
 
Câu IV: 
Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a,  0ABC 90 ,  SA ABC , số đo góc nhị diện cạnh SC bằng 
600. Kẻ AM SB, AN SC. Tính thể tích của hình chóp S.AMN. 
Câu V: 
Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức 6 4 6 4P x 3y y 3x    , trong đó x, y là các số dương thỏa mãn 
1 1 2
x y
  . 
 PHẦN RIÊNG 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm  M 1; 2 . Lập phương trình đường thẳng qua M, cắt tia 
Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm  A 1;3; 1 ,  B 3; 1;5  và đường thẳng (d): 
x 3 y 1 z .
1 2 1
 
 

 Tìm điểm M trên (d) sao cho biểu thức 2 2Q MA MB  có giá trị nhỏ nhất. 
Câu VII.a: 
Giả sử x, y là hai số thực thỏa mãn 0 x y 4.   Chứng minh rằng:  
 
x 4 y
ln x y.
y 4 x

 

B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB = AC). Biết phương trình các đường 
thẳng AB, BC tương ứng là  1d : 2x y 1 0,    2d : x 4y 3 0.   Lập phương trình đường cao qua 
đỉnh B của tam giác ABC. 
www
.laisa
c.pag
e.tl
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d): x 1 y 1 z 1
2 2 1
  
 

 và mặt cầu (S): 
2 2 2x y z 8x 4y 2z 12 0.       Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua (d) và tiếp xúc mặt cầu (S). 
Câu VII.b: 
Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z 1 5i 1.
z 3 i
 

 
HƯỚNG DẪN GIIẢII VÀ ĐÁP SỐ 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
1) Tự giải 
2)  2y ' 3x 6mx 3x x 2m    
 1 1 3
2 2
x 0 y 1 
y ' 0
x 2m y 4m 1
   
       
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  
3
3
1 2
2y .y 0 1. 4m 1 0 m
2
          
Câu II: 
1) sin 3x cos3x 2 2 cos x 1 0
4
      
 
 
 
   
    
      
3 3
3 3
2 2
sin 3x cos3x 2 cos x sin x 1 0
3sin x 4sin x 4cos x 3cos x 2 cos x sin x 1 0
4 cos x sin x 5 cos x sin x 1 0
4 cos x sin x cos x sin x cos x sin x 5 cos x sin x 1 0
4 cos x sin x 1 cos x sin x 5 cos x sin x 1 0 *
     
       
     
       
      
Đặt t cos x sin x 2 cos x t 2; 2
4
             
2
2 2 2 1 tt cos x sin x 2cos x sin x 1 2cos x sin x cos x sin x
2

        
Thay vào phương trình (*), ta được: 
    
2
3 2
2
0
t 1 1 t4t 1 5t 1 0 2t t 1 0 t 1 2t 2t 1 0
2t 2t 1 0 VN2
 
                    
 22 cos x 1 cos x x k2 k Z
4 4 2 4 4
                     
   
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 ,  x k2
2

     k Z . 
2) 
 
 
x 1 3 y m 1
y 1 3 x m 2
    

   
Điều kiện: 1 x, y 3   
Với      x; y 1; 1 , 3;3   từ hệ suy ra: m = 2 
Với      x; y 1; 1 , 3;3   
NGUYÊN ANH DUNG
(Hà Nôi)
Lấy (1) trừ (2) ta có: x y x yx 1 y 1 3 y 3 x 0 0
x 1 y 1 3 y 3 x
 
          
     
  1 1x y 0 x y 0 x y
x 1 y 1 3 y 3 x
 
                
Từ (1) suy ra: m x 1 3 x    
Xét hàm số:  f x x 1 3 x    với  x 1;3  
Ta có:   1 1f ' x
2 x 1 2 3 x
 
 
  1 1f ' x 0 x 1 3 x x 1
2 x 1 2 3 x
        
 
 f 1 2 2 ,    f 1 f 3 2   
 1 3 1
2 2
2 2 
Suy ra:  2 f x 2 2  
Vậy hệ đã cho có nghiệm khi 2 m 2 2  . 
Câu III: 
        
1 1
3
0 0
dx dxI
x 1 x 1 3x 1x 1 3x 1
 
   
  
Đặt: 2u 3x 1 u 3x 1 2udu 3dx       
Đổi cận: x 0 u 1   , x 1 u 2   
   
2 2
2 22 21 1
2 udu duI 2 313 u 2 u 2u 2 u 2.u
3 3
 
  
  
Đặt:  2u 2 tan t du 2 1 tan t dt    
Đổi cận: 
1u 1 t arctan
2
   , u 2 t arctan 2   
 
 
2arctan 2 arctan 2 arctan 2
2 2 2
1 1 1arctan arctan arctan
2 2 2
2 1 tan t dt dtI 2 3 3 3 cos tdt
2 2 1 tan t 1 tan t 1 tan t

  
  
   
 arctan 21arctan
2
1I 3 sin t 3 sin arctan 2 sin arctan 2 1
2
  
      
  
Câu IV: 
Ta có:   BC SA SA ABC  , BC AB 
 BC SAB BC AM    
Mà SB AM nên  AM SBC 
AM SC  
Ta lại có AN SC nên  SC AMN 
ANM là góc nhị diện cạnh SC. 
 0ANM 60  
Mặt khác: AM MN (vì  AM SBC ) 
AMN  vuông tại M 
 0AM 3sin ANM sin 60
AN 2
3AM AN
2
   
 
Đặt SA = x, ta có: 
2 2
SA.AB axAM
SB x a
 

, 
2 2
SA.AC ax 2AN
SC x 2a
 

 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
ax 3 ax 2 3. x 2a x a x a x a SA a
2 2x a x 2a
           
 
Ta có: 
2 2SA a a 2SM
SB 2a 2
   , 
2 2SA a a 3SN
SC 3a 3
   
S.AMN
S.AMN S.ABC
S.ABC
a 3a 2
V SM SN 1 1 1 132. . . V V
V SB SC 2 3 6 6a 2 a 3
      
3
S.ABC ABC
1 1 aV SA.S SA.AB.BC
3 6 6
   
3
S.AMN
aV
36
  
Câu V: 
Ta có:   1 1 4x y 4 x y 1 1x y
x y
 
      
  
Mà 1 1 2
x y
  nên: 4x y 2
2
   
       22 2 26 4 6 4 3 3 2 2 3 3 2 2P x 3y y 3x x y 3y 3x x y 3 x y            
Ta có:            
2
3 3 33 3 3x y 1 1x y x y 3xy x y x y 3. x y x y .2 2
4 4 4

             
  22 2 21 1x y x y .2 2
2 2
     
2 2P 2 3.2 4    
Vậy giá trị nhỏ nhất P = 4 khi x = y = 1. 
PHẦN RIÊNG 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: 
1) 
Gọi  1 2n n ;n

 là véctơ pháp tuyến của đường thẳng (d) cần tìm. 
Phương trình (d):    1 2 1 2 1 2n x 1 n y 2 0 n x n y n 2n 0         
Tọa độ điểm A 1 2
1
n 2n ;0
n
 
 
 
, tọa độ điểm B 1 2
2
n 2n0;
n
 
 
 
 21 21 2 1 2
OAB
1 2 1 2
n 2nn 2n n 2n1 1 1S OA.OB .
2 2 n n 2 n n
 
   
Ta có:  21 2 1 2n 2n 8n n  1 2OAB
1 2
8n n1S 4
2 n n
   
Vậy diện tích tam giác OAB bằng 4, khi đó n1 = 2n2. 
Chọn n2 = 1 1n 2   d : 2x y 4 0    
2) 
 
x 3 t
d : y 1 2t
z t
 

 
  
 ,  A 1;3; 1 ,  B 3; 1;5  
   M d M 3 t;1 2t; t     
           
 
2 2 2 2 2 22 2 2
2
Q MA MB t 2 2t 2 t 1 t 6 2t 2 t 5 12t 24t 74
12 t 1 62 62
                
   
MinQ 62,  khi  t 1 M 2; 1;1    
Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ  M 2; 1;1 . 
Câu VII.a: 
Ta có: 
 
   
   
x 4 y x yln x y ln ln x y ln x ln 4 x x ln y ln 4 y y
y 4 x 4 x 4 y

             
  
Xét hàm số:    f t ln t ln 4 t t    với 0 t 4  
Ta có:    
   
 
 
224 t t t 4 t t 21 1 t 4t 4f ' t 1 0
t 4 t t 4 t t 4 t t 4 t
     
      
   
  t 0; 4  
Suy ra hàm số  f t luôn đồng biến trên khoảng  0;4 
Với        0 x y 4 f x f y ln x ln 4 x x ln y ln 4 y y              đpcm. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) 
Tọa độ điểm B:
2x y 1 0 x 1
x 4y 3 0 y 1
    
 
     
Phương trình đường cao AH: 4x y m 0   
Tọa độ điểm A:
 
 
1x 1 m2x y 1 0 6
4x y m 0 1y m 2
3
      
     

Tọa độ điểm H: 
 
 
1x 4m 3x 4y 3 0 17
4x y m 0 1y m 12
17
      
 
     

Tọa độ điểm C: 
   
   
2 1x 4m 3 1 8m 23
17 17
2 1y m 12 1 2m 7
17 17
       

     

   31 11AC m 5 ; m 5
102 51
       
 

 véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là:  a 31;22

Vectơ pháp tuyến của đường cao BI:  n a 31;22 
 
Phương trình đường cao BI:    31 x 1 22 y 1 0 31x 22y 9 0        
2) 
Đường thẳng (d) đi qua điểm  M 1; 1;1 có véctơ chỉ phương  a 2; 2;1 

Mặt cầu  S có tâm  I 4;2;1 , bán kính R = 3. 
Gọi  n A;B;C

 là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) 
Vì (P) chứa (d) nên n a n.a 0 2A 2B C 0 C 2A 2B          
   
   P : Ax By 2 A B z D 0      
   M P A B 2 A B D 0 D A B          
   P : Ax By 2 A B z A B 0       
Mặt phẳng (P) tiếp xúc (S)     
 22 2
4A 2B 2 A B A B
d I, P R 3
A B 4 A B
    
   
  
 
   2 22 2 2 2
22 2
3 A B
3 A B A B 4 A B 2A 5AB 2B 0
A B 4 A B

           
  
  2 2
A 2B
2A 5AB 2B 0 A 2B 2A B 0
2A B

          
 Với A = 2B, chọn B = 1  A 2 P : 2x y 2z 1 0       
 Với 2A = B, chọn A = 1  B 2 P : x 2y 2z 1 0       
Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: 2x y 2z 1 0    hoặc x 2y 2z 1 0    . 
Câu VII.b: 
Gọi z a bi  là số phức cần tìm  a 3,b 1    
Ta có:  
 
   
   2 2
a 1 b 5 i a 3 b 1 ia 1 b 5 i
1 1
a 3 b 1 i a 3 b 1
                
     
               
               
2 2
2 2 2 2
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 i a 3 b 1
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1
                 
                     
                   
           
       
2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2
22 2 2 2 2 2
2 2 2 2
a 1 a 3 b 5 b 1 a 1 b 1 b 5 a 3 a 3 b 1
a 3 b 1 a 1 b 5 a 3 b 1
a 1 b 5 a 3 b 1
                     
                    
       
a 3b 4   
phamtuan_khai20062000@yahoo.com
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:     2 2 2 2 2 2 2 8a 3b 1 3 a b a b 5       
2 10Min z
5
  , khi đó: 
2a 3b 4 a
2 65 z ib 6 5 5a b3 5
        
   