Đề số 16 - Ôn thi đại học môn Toán có đáp án

Đề số 16 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 4
1



xy
x
. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(–3;0) 
và N(–1; –1) 
Câu II: (2 điểm) 
 1) Giải phương trình: 4cos4x – cos2x 1 3cos4 cos
2 4
 
xx = 7
2
 2) Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: K = 
2
0
1 sin .
1 cos

 
  
xx e dx
x
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh bên bằng 1. 
Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội 
tiếp hình chóp S.ABC. 
Câu V: (1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng 
minh rằng: 
 2 2 252 2 2
27
    a b c abc 
II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) 
 A. Theo cương trình chuẩn: 
Câu VI.a: (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai 
cạnh là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba 
của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 
 2) Trong không gian với hệ toạ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường 
thẳng 
 (d) : 1 2
1 2 2
 
 
x y z và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0 
Câu VII.a: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất hàm số y = 2
cos
sin (2cos sin )
x
x x x
 với 0 < x 
≤ 
3
 . 
 B. Theo chương trình nâng cao: 
Câu VI.b: (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 
= 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao 
cho chúng đối xứng qua điểm A(3;1). 
 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 
2 4
3 2 2
 
 

x y z và hai điểm A(1;2; –1), B(7; –2;3). Tìm trên (d) những điểm 
M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất. 
Câu VII.b: (1 điểm) Cho 2 23 cos sin
3 3
 
    
 
i . Tìm các số phức β sao cho β3 = α. 
Hướng dẫn Đề số 16 
Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d)  MN có dạng: y = 2x + m. 
 Gọi A, B  (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của 
PT: 
 2 4 2
1

 

x x m
x
  2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1) 
 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (1) có  = m2 – 8m – 32 > 0 
 Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) 
 Trung điểm của AB là I 1 2 1 2;2
   
 
x x x x m  I ;
4 2
  
 
m m ( theo định lý Vi-et) 
 Ta có I  MN  m = –4, (1)  2x2 – 4x = 0  A(0; –4), B(2;0) 
Câu II: 1) PT  cos2x + 3cos
4
x = 2  
cos 2 1
3cos 1
4




x 
x  ( ; )8
3



 


x k
k mmx
  x = 
8n 
 2) Nhận xét; x =  1 là các nghiệm của PT. PT 2 13
2 1

 

x x
x
. 
 Dựa vào tính đơn điệu  PT chỉ có các nghiệm x =  1. 
Câu III: Ta có 
2 2
1 2sin cos1 sin 12 2 tan
1 cos 22cos 2cos
2 2

  

x x
x x
x xx
. K = 
2 2
0 0
tan
22
2
 
 
x
x
2
e dx xe dxxcos
= 2

e 
Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của 
BC  AMS . Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I  SO; N là hình 
chiếu của I trên SM, MI là phân giác của  AMS . 
 Ta có SO = OM tan = 3
6
a tan ( Với a là độ dài của cạnh đáy) 
 Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 
2 2 2
2tan 1
12 12 4
   
a a a 
2
2 3
4 tan 
 

a 
 r = OI = OM.tan
2
 = 
2
tan
2
4 tan


. Vậy V = 
 
3
32
4 tan
2
3 4 tan



Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1. 
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 
 3 – (a + b + c) 33 (1 )(1 )(1 )   a b c > 0 1 (1 )(1 )(1 ) 0
27
     a b c 
 28 1
27
     ab bc ca abc 562 2 2 2 2
27
     ab bc ca abc 
 2 2 2 2 562 ( ) ( 2 )
27
        a b c a b c abc 2 2 252 2 2
27
     a b c abc 
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2
3
. 
Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0  A(0;3) 
 Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0  B(–4; –7) 
 A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy  BC: y + 7 = 0 
 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox  
2 2 2
2 2( ; ( ))
32 1 2
 
 
a ad A P ; 
28 24 36( ; )
3
 

a ad A d 
 d(A; (P)) = d(A; d) 
2
2 2 22 8 24 36 4 8 24 36 4 24 36 0
3 3
 
         
a a a a a a a a 
 24( 3) 0 3.    a a Vậy có một điểm A(3; 0; 0). 
Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được: y = 
2
2 3
1 tan
2 tan tan


x
x x
 Đặt t = tanx  (0; 3]t . Khảo sát hàm số y = 
2
2 3
1
2


t
t t
 trên nửa khoảng 
0;
3
 
  
 y’ = 
4 2
2 3 2
3 4
(2 )
 

t t t
t t
 ; y’ = 0 0
1

  
x
x
 Từ BBT  giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 
4
 . 
Câu VI.b: 1) M  (D)  M(3b+4; b)  N(2 – 3b; 2 – b) 
 N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  60
5
b b;  
 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc 38 6 8 4
5 5 5 5
M N; , ;      
   
 2) Ta có (6; 4;4) 

AB  AB//(d). Gọi H là hình chiếu của A trên (d) 
 Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)  (d)  (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 
 H = (d) (P)  H(–1;2;2). Gọi A là điểm đối xứng của A qua (d)  H là 
trung điểm của AA  A(–3;2;5). Ta có A, A, B, (d) cùng nằm trong một 
mặt phẳng. 
 Gọi M = AB(d) . Lập phương trình đường thẳng AB  M(2;0;4) 
Câu VII.b: Gọi β = r( cos + isin)  β3 = r3( cos3 + isin3) 
 Ta có: r3( cos3 + isin3) = 
2 23 cos sin
3 3
   
 
i
3 3
23 2
3

 
 

 
 

r
k
3 3
2 2
9 3
 

 

 
 

r
k 
 Suy ra β = 3 2 2 2 23 cos sin
9 3 9 3
                 
k i k .