ĐỀ THI THỬ Đ Ạ I HỌC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 18 0 p hút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2 điểm ) C h o h à m s ố
2x 3
y x 2
−
= −
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biế n thiên và vẽ đồ thị của h à m s ố (C).
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm c ận của (C)
tại A, B sao cho AB ngắ n nhất .
Câu 2 (1 điểm ) G i ải phương t rìn h: 2(t anx – sinx ) + 3(c otx – cosx) + 5 = 0.
Câu 3 (1 điểm ) T í n h t í c h p h â n :
1
2
1
dx
1 x 1 x
−
+ + +
∫
.
Câu 4 (1 điểm )
1. Tính tổng :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
S C C C C C C C C C C C C= + + + + + .
2.
Tìm ph
ầ
n th
ự
c và ph
ầ
n
ả
o c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c
z
bi
ế
t
2z =
và
1 1 . .z i z− = +
Câu 5
(1
đ
i
ể
m ) T r o n g k h ô n g g i a n Oxyz cho
đ
i
ể
m ( 1 ; 1 ; 2 ) .
M
− Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
α
đ
i qua M và c
ắ
t các tr
ụ
c t
ọ
a
độ
, ,Ox Oy Oz t
ạ
i
, ,A B C
sao cho
ABC
là m
ộ
t tam giác
có tr
ự
c tâm là
đ
i
ể
m M.
Câu 6
(1
đ
i
ể
m ) C h o h ì n h c h ó p t a m g i á c S.ABC có
đ
á y ABC là tam giác vuông cân
đỉ
nh C và
SA vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC), SC = a. Hãy tìm góc gi
ữ
a hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (SCB) và
(ABC) trong tr
ườ
ng h
ợ
p th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABC l
ớ
n nh
ấ
t .
Câu 7
(1
đ
i
ể
m ) T r o n g m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy cho hai
đườ
ng tròn
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 và (C
2
) : (x – 1)
2
+ ( y – 2)
2
= 25.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n chung c
ủ
a hai
đườ
ng tròn
đ
ó.
Câu 8
(1
đ
i
ể
m ) G i
ả
i ph
ươ
ng trình
4 3 2
24 200 672 716 2 10 0.x x x x x x− + − + + − + − =
Câu 9
(1
đ
i
ể
m ) C h o c á c s
ố
th
ự
c
, , 1a b c > −
và th
ỏ
a mãn
( )
( )
2 2 2
2 6 5 .a b c a b c+ + + ≤ + +
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
3 3 3
1 1 1 .
1 1 1 1 1 1
Fa a b b c c
= + +
+ + + + + + + + +
ĐÁP ÁN
Câ u 1 (2 điểm ) 1 . H S t ự làm.
2. Lấ y điểm
1
M m;2 m 2
+
−
( )
C∈
. Tiế p tuyến (d) tại M có PT
( ) ( )
2
1 1
y x m 2 m 2
m 2
= − − + + −
−
.
G i a o điểm c ủa (d) vớ i tiệm c ận đứng là
2
A 2;2 m 2
+
−
, với tiệm c ận ngang là B(2m – 2 ; 2).
Ta có :
( ) ( )
2
2
2
1
A B 4 m 2 8
m 2
= − + ≥
−
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2. Vậy điểm M ( 2 ; 2 ) .
Câu 2 (1 điểm ) P T
( )
2 3 sin .sin 0.
sin cos x x cosx x
co s x x
⇔ + + − =
- Xét
2 3 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2
−
+ = ⇔ = = α ⇔ = α + π
,
.k ∈ℤ
http://megabook.vn/
- Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx vớ i
t 2; 2
∈ −
. Khi đó phương
trình trở th à nh :
22
t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2
−
− = ⇔ − − = ⇔ = −
Suy ra :
1 2
2cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
π π −
− = − ⇔ − = = β
4
π
⇔ = ± β + π
,
.
k
∈
ℤ
Câu 3
(1
đ
i
ể
m ) T í c h p h â n
1 1 1 2
2
1 1 1
dx 1 1 1 x
I 1 dx dx.
2 x 2x
1 x 1 x
− − −
+
= = + −
+ + +
∫ ∫ ∫ Trong
đ
ó
1
1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx l n x x | 1
2 x 2
−
−
= + = + =
∫
và 1 2
2
1
1 x
I dx
2x
−
+
=
∫
.
Đặ
t
2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx
= + ⇒= + ⇒=
.
Đổ
i
c
ậ
n :
x 1 t 2
x 1
t 2
= =
⇒
= − =
. V
ậ
y I
2
=
( )
2 2
2
2
t dt
0
2 t 1
=
−
∫
. Nên I = 1.
Câu 4
(1
đ
i
ể
m ) 1 . C h
ọ
n khai tri
ể
n :
( )
5
0 1 2 2 5 5
5 5 5 5
x 1 C C x C x C x
+ = + + + +⋯
;
( )
70 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 7 7 7 7 7 7 7
x 1 C C x C x C x C C x C x C x
+ = + + + + = + + + + +
⋯ ⋯ ⋯
H
ệ
s
ố
c
ủ
a x
5
trong khai tri
ể
n c
ủ
a (x + 1)
5
.(x + 1)
7
là
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
+ + + + +
.
M
ặ
t khác : (x + 1)
5
.(x + 1)
7
= (x + 1)
12
và h
ệ
s
ố
c
ủ
a x
5
trong khai tri
ể
n c
ủ
a ( x + 1 )
12
là :
5
12
C
.
T
ừ
đ
ó ta có :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7
C C C C C C C C C C C C
+ + + + +
=
5
12
C
= 792.
2. Tìm ph
ầ
n th
ự
c và ph
ầ
n
ả
o c
ủ
a s
ố
ph
ứ
c
z
bi
ế
t
2
z =
và
1 1 . .
z i z
− = +
Gi
ả
s
ử
,
z a ib
= +
v
ớ i
, .
a b
∈
ℝ
Ta có
( )
2 2
2 2 1 1
1 1 .
z a b
a b z i
a b
z i z
= + =
⇔ ⇔ = = ± ⇔ = ± +
=
− = +
ậy phần thực v à p h ầ n ảo của
z
cùng bằ ng 1 hoặc cùng bằng
1.
−
Câu 5 (1 điểm ) C h ứng minh đư ợc M là trực tâm
ABC
∆
khi và chỉ khi
( )
OM ABC
⊥
Vậy mặt
ph
ẳng
(
)
α
đi qua
( 1 ; 1 ; 2 ) ,
M
−
có VTPT
( 1 ; 1 ; 2 )
n OM
= = −
, nên
(
)
α
có PT
2 6 0.
x y z
+ − − =
Câu 6 (1 điểm ) G ọi
ϕ
là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC). Ta có
SCA
ϕ =
; BC = AC = a.cos
ϕ
;
SA = a.sin
ϕ
. Vậy
( )
3 2 3 2
SABC A B C
1 1 1 1
V . S . S A . A C . B C . S A a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ
. Xét hàm số
f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1). Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
( )
1
f ' x 0 x
3
= ⇔ = ± . Từ đó ta thấy trên
khoả ng (0;1) hàm số f(x) liên tục v à c ó m ột điểm c ực trị là điểm c ực đại, nên tại đó hàm số đạt
GTLN hay
( )
( )
x 0;1
1 2
Max f x f
3 3 3
∈
= =
. Do đó MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được k h i s i n
ϕ
= 1
3 hay
1
arc sin
3
ϕ = (với 0 <
2
π
ϕ <
). Vậy
1
arc sin
3
ϕ = .
Câu 7 (1 điểm ) Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
) có tâm
I
2
(1 ; 2) bán kính R
1
= 5 . Nế u đường thẳng Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
≠
0) là tiếp tuyến chung
của (C
1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và I
2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là
( )
( )
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C 5 2
A B
− + =
+
+ +
=
+
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |
Hay 5A – 12B + C =
±
3(A + 2B + C)
http://megabook.vn/
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
⇒
C = A – 9B thay vào (2)
|2A – 7B | = 5
2 2
A B
+
2 2
21A 28AB 24B 0
⇒+ − =
14 10 7
A B
21
− ±
⇒=
Nếu ta chọn B= 2 1 th ì sẽ được A = - 14
10 7
±
, C =
203 10 7
− ±
Vậy có hai tiếp tu yế n : (- 14
10 7
±
)x + 21y
203 10 7
− ±
= 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
− +
⇒=
, thay vào (2) ta được
96A
2
+ 28AB + 51B
2
= 0. Phương trình này vô nghiệm .
Câu 8 (1 điểm ) G i ải phương trìn h
4 3 2
24 200 672 716 2 10 0.
x x x x x x
− + − + + − + − =
Điều ki ện
Ta biến đổi
( )
2
2 10 6 ( 2)(10 ) 4 (1).
PT x x x x x⇔ − + − = − − − +
Vớ i
2 10
x≤ ≤
thì
( 1 ) 4 .
VP
≥
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki (Bunyakovsky)
(
)
( )( )
2
2 10 1 1 2 10 ( 1 ) 2 10 4 ( 1 ) 4 ( 1 ) .
x x x x VT x x VT VP
− + − ≤ + − + − ⇒= − + − ≤ ⇒≤ ≤
Như vậ y
( )
2
6 ( 2)(10 ) 0
( 1 ) 6.
2 10
x x x x
x x
− − − =
⇔ ⇔ =
− = −
Vậy (1) có ngh iệm d u y n h ất
6.
x
=
Câu 9 (1 điểm ) G i ả sử
, , 1
a b c
> −
và thỏa m ã n
(
)
(
)
2 2 2
2 6 5 .
a b c a b c
+ + + ≤ + +
Trước hết, ta thấy
( )
( )
( )
2 3
2 3
2
2 3
2 2
2 5 8 1 1 , 1
2 6 7 1 , 1
2 6 7 1 , 1
2 4 9 12 0, 1.
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
− + ≥ + + + ∀ > −
⇔ − + ≥ + ∀ > −
⇔ − + ≥ + ∀ > −
⇔ − − + ≥ ∀ > −
BĐT cuối cùng đúng, do đó
2 3
2 5 8 1 1
x x x x
− + ≥ + + +
đúng, với
1
x∀ > −
. Ta có
2 3
2 5 8 1 1 0, 1 ,
x x x x x
− + ≥ + + + > ∀ > −
nên
2 3
1 1
, 1 ,
2 5 8 1 1 x
x x x x
≤ ∀ > −
− + + + +
do đó
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 3
2 3
2 3
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1
2 5 8 1 1
1 1
2 5 8 1 1
1 1
2 5 8 1 1
1 1 1 1 1 1
2 5 8 2 5 8 2 5 8
1 1 1 1 1 1
9 9 1 .
2
2 5 8 2 5 8 2 5 8 2 5 24
a a a a
b b b b
c c c c
F a a b b c c
a a b b c c
a a b b c c a b c a b c
≤
− +
+ + +
≤
− + + + +
≤
− +
+ + +
⇒= + + ≥ + + ≥
− + − + − +
+ + + + + + + + +
≥ = ≥
− + + − + + − + + + − + + +
Xảy ra
1
F
=
khi
2.
a b c
= = =
Vậy
1
m i n ,
2
F
=
đạt được khi
2.
a b c
= = =
2 10.
x≤ ≤
http://megabook.vn/