Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 52

ĐỀ SỐ 06 
Thời gian làm bài 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
Cho hàm số: 3 2y x 3x 9x 3.    
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số. 
2) Tìm các giá trị của k để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k, đồng thời 
đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến với (C) cắt các trục tọa độ Ox, Oy tương ứng ở A và 
B sao cho OB = 2011.OA. 
Câu II: 
1) Giải hệ phương trình: 
3 2 2
2 33
x 2y x y 2xy 
2 x 2y 1 y 14 x 2.
   

     
2) Giải phương trình: 
2
3x x2 3 17.  
Câu III: 
Tính tích phân:  
3
20113 2
1
I x 3x 2 dx.

   
Câu IV: 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh BC = a và  0ABC 30 . Hai mặt phẳng 
(SAB) và (SAC) cùng tạo với đáy một góc 600. Biết rằng hình chiếu của đỉnh S trên mặt đáy thuộc cạnh 
BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
Câu V: 
Tính giá trị lớn nhất biểu thức 
   
3 3
2
x yP
x yz y zx z xy

  
, trong đó x, y, z là các số dương thỏa mãn 
x y 1 z.   
 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 tam giác ABC biết ba chân đường cao ứng với các đỉnh A, 
B, C lần lượt là      A ' 1;1 , B ' 2;3 ,C ' 2;4 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. 
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm      A 1; 2; 7 ,B 4;0;0 ,C 5;0; 1   và mặt cầu 
  2 2 2S : x y z 2x 4y 7 0.      Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu (S) sao cho thể tích tứ diện MABC 
lớn nhất, nhỏ nhất. 
Câu VII.a: 
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z 3 i  , biết rằng 23z i zz 9.   
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm  M 2; 1 và đường tròn   2 21C : x y 9.  Viết 
phương trình đường tròn (C2) có bán kính bằng 4 và cắt (C1) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ 
nhất. 
ĐĐ ỀỀ S 06 
www
.laisac
.page.t
l
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ giác ABCD với    A 1;2;1 ,C 2;4; 1 . Hai điểm B, D 
thuộc đường thẳng x 1 y 2 z
1 2 3
 
  sao cho BD = 4. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của tứ giác và 
biết rằng ABCD IADS 2011.S . Tính khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng AC. 
Câu VII.b: 
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z, biết rằng z 2 z 2 6.    
HƯỚNG DẪN GIIẢII VÀ ĐÁP SỐ 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I: 
1) Tự giải 
2) 2 2k y ' 3x 6x 9 3x 6x 9 k 0 (*)         
Để (C) có hai tiếp tuyến phân biệt, cùng hệ số góc k thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt 
 36 4.3. 9 k 0 k 6        
Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai tiếp điểm: 
     3 2 3 2 21 1 k 12 ky x 3x 9x 3 3x 6x 9x 3x 6x 9 12x kx k 12x x
3 3 3 3
                  
Tọa độ giao điểm của (d) với Ox, Oy tương ứng lần lượt là kA ;0
k 12
   
, kB 0;
3
 
 
 
Ta có: k kOB 2011.OA 2011. k 6021
3 k 12
    

Vậy k = 6021. 
Câu II: 
1) 
3 2 2
2 33
x 2y x y 2xy (1)
(2)2 x 2y 1 y 14 x 2 
   

     
Điều kiện: 2x 2y 1  
Từ (1) suy ra:     
2
2 0x 2y VNx 2y x y 0
x y 
 
    

Với x = y từ (2) ta có phương trình: 32 32 x 2x 1 x 14 x 2      
 
      
      
      
33
2
2 23 3 33 3
2
2
2 23 3 33 3
2
2
2 23 3 33 3
2 2
x 14 x 2
2 x 2x 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
6x 12x 62 x 2x 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
3 x 2x 12 x 2x 1 1 0
x 14 x 14 x 2 x 2
2 x 2x 1 0 x 2x 1 0 x 1 2
  
    
     
 
    
     
 
       
       
          
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:    1 2;1 2 , 1 2;1 2 .    
2) 
2
3x x2 3 17  (*) 
Điều kiện: x 0 
ĐỖ BÁ CHỦ 
(GV THPT Đông Hưng Hà, Thái Bình)
Đặt xy8
1x log 9 8 9
y
   (1) 
Phương trình (*) x y8 8 17   (2) 
Lấy (1) trừ (2) ta được: xy x y xy x y8 8 8 8 8 8 8 8        (3) 
Với y = 1, (3) thỏa mãn 8x log 9  
Với y 1 , đặt ya 8 8  
 Xét hàm số:   x xf x a 8  , với a > 8 
 Ta có:    x xf ' x a ln a 8 ln 8 0 f x    luôn tăng 
 Mà từ (3) ta có:     8f x f 1 x 1 y log 9 1      (thỏa mãn) 
Với y 1 , đặt ya 8 8  
 Xét hàm số:   x xf x a 8  , với a < 8 
 Ta có:    x xf ' x a ln a 8 ln 8 0 f x    luôn giảm 
 Mà từ (3) ta có:     8f x f 1 x 1 y log 9 1      (không thỏa mãn) 
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 1 hoặc 8x log 9. 
Câu III: 
     
3 3 20112011 2011 23 2
1 1
I x 3x 2 dx x 1 . x 1 3 dx
 
          
Đặt: t x 1 dt dx    
Đổi biến: 
x 1 t 2
x 3 t 2
    
 
 
 
2
20112011 2
2
I t . t 3 dt

   (1) 
Đặt: u t du dt     
Đổi biến: 
t 2 u 2
t 2 u 2
   
 
  
     
2 22011 20112011 2 2011 2
2 2
I u . u 3 du u . u 3 du


            (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: I I I 0    
Vậy I = 0. 
Câu IV: 
Vẽ HI AB,HK AC.  
Ta có:  
AB HI
AB SHI AB SI
AB SH

   

SIH là góc tạo bởi (SAB) và đáy  0SIH 60  
Tương tự: SKH là góc tạo bởi (SAC) và đáy  0SKH 60  
Hai tam giác vuông SHI và SHK bằng nhau HI HK  
 tứ giác AIHK là hình vuông 
a 3AB BC.cos B
2
  , aAC BC.sin B
2
  
Ta có:
HK HC
HK / /AB HK HIAB BC 1
HI / /AC HI HB AB AC
AC BC
      
  

 3 3 a2x 2x 1 x
a 4a 3

     
    3 3 a 3 3 1 aSH HI.tan SIH . 3
4 4
 
   
2
ABC
1 1 a 3 a a 3S AB.AC .
2 2 2 2 8
   
    32
S.ABC ABC
3 3 1 a 3 3 a1 1 a 3V SH.S . .
3 3 4 8 32
 
   
Câu V: 
Ta có: 
  x yz yz y z 1 y 1 z 1        
  y zx zx x z 1 x 1 z 1        
  z xy xy x y 1 x 1 y 1        
z 1 x y   
               
3 3 3 3 3 3
2 2 3 3 2 3 3
x y x y x yP
x yz y zx z xy z 1 x 1 y 1 x y x 1 y 1
  
        
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 
 
 
 
2
2
3 23
2
3 23
x y 2 xy x y 4xy
x x x 27x 1 1 3 x 1 x
2 2 4 4
y y y 27y 1 1 3 y 1 y
2 2 4 4
    
       
       
Suy ra: 
3 3
2 2
x y 4P 27 27 7294xy. x . y
4 4
  
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4
729
, khi đó: x y 2, z 5.   
PHẦN RIÊNG 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: 
1) 
Ta dễ dàng chứng minh được AA’ là phân giác trong của tam giác ABC 
Mà BC AA ' BC là phân giác ngoài tại A ' của A 'B'C ' . 
 A 'B' 3;2  

véctơ pháp tuyến đường thẳng A’B’:  A'B'n 2;3

Phương trình đường thẳng A’B’:    2 x 1 3 y 1 0 2x 3y 5 0        
 A 'C ' 1;3 

véctơ pháp tuyến đường thẳng A’C’:  A'C'n 3; 1 

Phương trình đường thẳng A’C’:    3 x 1 y 1 0 3x y 2 0        
Phương trình đường phân giác trong(AA’) và phân giác ngoài(BC) của góc A’: 
2 3 3 1 5 22x 3y 5 3x y 2 x y 0 (1)
13 10 13 10 13 1013 10
2x 3y 5 3x y 2 2 3 3 1 5 2x y 0 (2)
13 10 13 10 13 10 13 10
                    
 
                       
Ta thấy B và C nằm về cùng một phía đối với BC. 
Thay tọa độ B và C lần lượt vào (1) và (2) ta thấy (1) thỏa mãn. 
Vậy phương trình cạnh BC là: 2 3 3 1 5 2x y 0.
13 10 13 10 13 10
   
        
   
2) 
   AB 5; 2;7 , AC 4; 2;6    
 
Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC):    n AB,AC 2;58;18 
  
Phương trình mặt phẳng (ABC):  2 x 4 58y 18z 0 x 29y 9z 4 0         
Mặt cầu (S) có tâm  I 1;2;0 , bán kính R 1 4 7 2 3    
Ta có:   
2 2
1 29.2 4 63d I, ABC R 2 3
9231 29 9
 
   
 
Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S) 
MABCMinV 0  , khi đó tọa độ điểm M là đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) 
Thể tích MABC lớn nhất khi M là giao điểm của đường thẳng đi qua tâm mặt cầu (S) vuông góc mặt 
phẳng (ABC) với mặt cầu (S). 
Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc (ABC): 
x 1 t
y 2 29t
z 9t
 

 
 
Tọa độ giao điểm của M của (d) với mặt cầu (S): 
   2 22 2 12 2 3t 29t 9t 12 t t
923 923
        
1
2 3 58 3 18 3M 1 ; 2 ;
923 923 923
 
    
 
 hoặc 2
2 3 58 3 18 3M 1 ;2 ;
923 923 923
 
    
 
  1
2 3 58 3 18 31 29 2 9. 4
923 923 923 63d M , ABC 2 3
923 923
 
     
    
  2
2 3 58 3 18 31 29 2 9. 4
923 923 923 63d M , ABC 2 3
923 923
 
     
     
     1 2d M , ABC d M , ABC  
Thể tích MABC lớn nhất khi 1M M 
Vậy tọa độ điểm M để thể tích MABC lớn nhất là: 2 3 58 3 18 3M 1 ;2 ; .
923 923 923
 
   
 
Câu VII.a: 
Đặt  z a bi Z 2z 3 i 2a 3 2b 1 i          
Số phức Z được biểu diễn dưới dạng Z x yi  
x 3ax 2a 3 2
y 2b 1 y 1b
2
   
  
    

Ta có:  22 2 2 2 2 23z i zz 9 9a 3b 1 a b 9 4a 4b 3b 4 0              
     
 
 
2 2
2 2
2
2
3x 3 y 1 y 1 4 0
2
7 3x 3 y y 0
2 2
7 73x 3 y
4 16
       
     
      
 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z + 3 – i là các điểm nằm bên trong và kể cả biên của đường 
tròn tâm 7I 3;
4
  
 
, bán kính 73R
4
 . 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b: 
1) 
Ta có: 2 2M Mx y 5 9 M    nằm trong đường tròn (C1) 
Xét các dây cung đi qua M ta thấy dây cung vuông góc với O1M tại M là dây cung có độ dài nhỏ nhất. 
Khi đó: 2 21 1 1O M 5 MA MB R O M 2      
2 2
2 2O M R MA 2 3    
Tọa độ tâm (C2) nằm trên đường thẳng OM nên tọa độ O2 có 
dạng:  2O 2t; t 
   2 22
2
2
O M 2 3 2t 2 t 1 2 3
4 3 2 32 3 O 2 ; 1t 1 5 555 t 1 2 3
2 3 4 3 2 3t 1 O 2 ; 1
5 5 5
       
          
                  
Vậy ta có hai phương trình đường tròn (C2) thỏa mãn: 
2 2
4 3 2 3x 2 y 1 16
5 5
   
           
   
 hoặc 
2 2
4 3 2 3x 2 y 1 16.
5 5
   
           
   
2) 
Phương trình đường thẳng AC: 
x 1 t
y 2 2t
z 1 2t
 

 
  
Góc tạo bởi AC và BD: 
 1.1 2.2 2 .3 1cos
1 4 4. 1 4 9 3 14
  
  
   
AC 1 4 4 3    
phamtuan_khai20062000@yahoo.com
ABCD
1 1 1 2S AC.BD.cos .3.4.
2 2 3 14 14
    
Ta có: ABCD IAD IAD
2S 2011.S S
2011 14
   
Tọa độ giao điểm I của AC và BD: 
11 t 1 t ' t
6 12 352 2t 2 2t ' I ; ;
1 5 5 5t '1 2t 3t '
5
             
     
2 2 26 12 3 3IA 1 2 1
5 5 5 5
                 
     
IAD
IAD
2S1 4 5 20S DH.AI DH .
2 AI 32011 14 6033 14
     
Vậy khoảng cách từ D đến đường thẳng AC bằng 20 .
6033 14
Câu VII.b: 
Đặt z x yi  
Ta có:    2 22 2z 2 z 2 6 x 2 y x 2 y 6           
Đặt:  2 2a x 2 y   ,  2 2b x 2 y   
Ta có:       2 22 2 2 2a b x 2 y x 2 y 8x a b a b 8x            
Mà: 4a b 6 a b x
3
     
Như vậy ta có hệ:  
2 2 2
2 2
a b 6
2 2 x ya x 3 x 2 y x 3 14 3 3 9 5a b x
3
 
                 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là elíp (E):
2 2x y 1.
9 5
 