Tuyển tập đề thi Đại học - Cao đẳng môn Toán (Đề 9)

SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH 
TRƯỜNG THPT TỐNG VĂN TRÂN 
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI 
Môn: Toán 180’ 
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH 
Câu I (2 điểm). 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 
2. Tìm m để phương trình 4 2 24 3 logx x− + = m có 4 nghiệm phân biệt.. 
Câu II (2 điểm). 
1. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 325 1 5 1 2 0x x x+− + + − ≤ 
2. Giải phương trình: 2 ( 2) 1 2x x x x− + − = − 
Câu III (2 điểm) 
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: y = |x| ; y = 2 – x2 
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD α∠ = . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng 
vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β . Cạnh SA = a. Tính diện 
tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD. 
Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: 
 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) (a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + + )
PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb 
Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 3x y 0Δ + − = và hai điểm A(1;0), B(3; -4). 
Hãy tìm trên đường thẳng Δ một điểm M sao cho 3MA MB+JJJG JJJG nhỏ nhất. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −⎧⎪ =⎨⎪ = − +⎩
và 2 : 1
1
x t
d y
z t
=⎧⎪ 3t= +⎨⎪ = −⎩
. 
Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. 
3. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ = 
Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 
1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt 
nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung 
có độ dài bằng nhau. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
= −⎧⎪ =⎨⎪ = − +⎩
và 2 : 1
1
x t
d y
z t
=⎧⎪ 3t= +⎨⎪ = −⎩
. 
 Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 
 3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i+ + = , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. 
Hết 
 Gửi:  
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM 
Câu ý Nội dung Đi
 2
1 1
 TXĐ D = \
Giới hạn : lim
x
y→±∞ = +∞
Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x 
y’ = 0 0, 2x x⇔ = = ± 
Bảng biến thiên 
x −∞ 2− 0 2
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y +∞ +∞
3 
 -1 -1 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( )2;0 , 2;− +∞ và nghịch biến trên các khoảng 
( ) ( ); 2 , 0; 2−∞ − 
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2± , yCT= -1 
Đồ thị y 
 3 
 3− 1 3 
 -1 O x 
02
02
02
02
2 1
I 
 Đồ thị hàm số 4 24 3y x x= − + y 
 3 y = log2m 
 1 
 x 
02
 O 
 3− 2− -1 1 2 3 
Số nghiệm của phương trình 4 2 24 3 logx x− + = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 
4 24y x x= − + 3 và đường thẳng y = log2m. 
Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 21 log m 3< < 
hay m = 1 hoặc 2<m<9 
02
02
02
 2
1 1
Viết lại bất phương trình dưới dạng 5 1 5 1 2 2 0
2 2
x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ++ − ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Đặt t = 5 1 , 0.
2
x
t
⎛ ⎞+ >⎜ ⎟⎜ ⎟ khi đó ⎝ ⎠
5 1 1
2
x
t
⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Bất phương trình có dạng 
 t + 1 2 2 0
t
− ≤ 2 2 2 1 0t t⇔ − + ≤ 
 2 1 2 1t⇔ − ≤ ≤ + 
5 1 5 1
2 2
5 12 1 2 1
2
log ( 2 1) log ( 2 1)
x
x+ +
⎛ ⎞+⇔ − ≤ ≤ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ − ≤ ≤ +
02
02
02
02
2 1
 II 
 Điều kiện : 1x ≥ 
Phương trình tương đương với 2 ( 1 1) 2 1 2( 1)x x x x x 0− − − − − − − = (*) 
Đặt 1, 0y x y= − ≥ . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0 
( 2 )( 1) 0
2 0( 1 0
x y x y
x y do x y )
⇔ − + + =
⇔ − = + + ≠ 
 2
2 1
4 4
2
x x
x x
x
⇒ = −
0⇔ − + =
⇔ =
02
02
05
 2
1 1
III 
1 2 1 2
3 2 3
31 1
1 2
3 2 3 23 3
21 1
3 2 3 23 3
1 1
tan( 1) 1 1 tan( 1)lim lim .( 1)
11
1 tan( 1)lim .( 1) lim .( 1)( 1)
1 1
lim( 1) lim( 1)( 1) 9
x x
x x
x
x x
x x
e x e x x x
xx
e xx x x x x
x x
x x x x x
− −
→ →
−
→ →
→ →
+ − − − + −= +−−
− −= + + + + +− −
= + + + + + + =
+
+ 
02
05
02
2 1
Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI ⊥BC 
(Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA β∠ = S 
AI = a.cotβ , AB = AD = cot
sin
a β
α , SI = sin
a
β 
2 2cot. .sin
sinABCD
aS AB AD βα α= = 
 A D 
3 2
.
cot
3sinS ABCD
aV βα= 
Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD BB I C 
 = 
2 cot 1.(1 )
sin sin
a β
α β+ 
02
02
02
02
 1IV 
 Ta có 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) (a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + + )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
2 2 2
3cos cos cos
2
a b c b c a c a b
ab bc ca
A B C
+ − + − + −⇔ + +
⇔ + + ≤
2
≤
Mặt khác 
 2 2 2 2
cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )
1 1[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos
2 2
3
2
A B C A B A B A
A B A sB
+ + = + − −
≤ + + =
B
Do đó 3cos cos cos
2
A B C+ + ≤
02
02
05
 3
1 1
Va 
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; 3
2
− ) 
Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ+ = + + = + =JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG 
02
Vì vậy 3MA MB+JJJG JJJG nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng Δ 
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với Δ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
2
2 3 0 5
2 8 0
5
xx y
x y y 19
−⎧ =⎪+ − =⎧ ⎪⇔⎨ ⎨− − =⎩ ⎪ =⎪⎩
 vậy M(19 2;
5 5
− ) 
02
02
02
2 1
 Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = −
JG
, đường thẳng d2 đi qua 
B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là 2 (1;3; 1)u = −
JJG
. 
Gọi ( ), ( )α β là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là 
giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) à ( )vα β 
Ta có (0;0; 3), ( 1;1;0)MA MB= − = −JJJG JJJG
1 1 2 2
1 ; (2;1;0), ; (1;1;
3
n MA u n MB u⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = − =⎣ ⎦ ⎣ ⎦
JG JJJG JG JJG JJJG JJG
02
02
02
4) là các vecto pháp tuyến của ( ) à ( )vα β 
Đường giao tuyến của ( ) à ( )vα β có vectơ chỉ phương 1 2; (4; 8;u n n⎡ ⎤= = −⎣ ⎦ 1)
G JG JJG
 và đi qua M(1;0;1) 
nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t 
02
3 1
 Gọi z = x + y.i. Khi đó z2 = x2 – y2 + 2xy.i, z x yi= − 
2 2 2
2 2
2 0 2 2( 1) 0
2 0
( 1; 3), ( 0; 0), ( 2; 0
2( 1) 0
z z x y x x yi
x y x
x y x y x y
x y
+ = ⇔ − + + − =
⎧ − + =⇔ ⇔ = = ± = = = −⎨ − =⎩
)= 
Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 3i± 
02
02
02
02
 3
1 1
 Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N 
Gọi M(x; y) (1) 2 21( ) 13C x y∈ ⇒ + =
Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). 
Do N (2) 2 22( ) (2 ) (6 ) 25C x y∈ ⇒ + + − =
Từ (1) và (2) ta có hệ 
2 2
2 2
13
(2 ) (6 ) 25
x y
x y
⎧ + =⎪⎨ + + − =⎪⎩
Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = 17
5
− ; y = 6
5
 ). Vậy M( 17
5
− ; 6
5
) 
Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0 
02
02
02
02
Vb 
2 1
 Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) 1d∈ 2d∈
1 ( 1;2;1)u = −
JG 
Đường thẳng d có vecto chỉ phương là , đường thẳng d1 2 có vecto chỉ phương là 
. 
2 (1;3; 1)u = −
JJG
( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)MN t t t t t t= + − − + − − +JJJJG 
12
. 0 2 ' 3 3 0
11 ' 4 1 0. 0
MN u t t
t tMN u
⎧ = − + =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ − − == ⎩⎪⎩
JJJJG JG
JJJJG JJG
02
MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi 
3'
5
7
5
t
t
⎧ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ =⎪⎩
Do đó M( 2 14 3; ;
5 5 5
− − ), N( 3 14 2; ;
5 5 5
). 
Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = 2
2 2
MN = và tâm I( 1 14 1; ;
10 5 10
− ) có phương 
trình 2 2 21 14 1( ) ( ) ( )
10 5 10 2
x y z− + − + + = 1 
02
02
02
3 1
 Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 
 2 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y+ + = ⇔ + + + = 02
 Đường tròn (C) : có tâm (-1;-2) O 2 2( 1) ( 2)x y+ + + =1 
 Đường thẳng OI có phương trình y = 2x 
 Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm 
 Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai 
 giao điểm của đường thẳng OI và (C) 
Khi đó tọa độ của nó thỏa 
 mãn hệ 2 2
1 11 1
2 5 5,
2 2( 1) ( 2) 1 2 2
5 5
x xy x
x y y y
⎧ ⎧= − − = − +⎪ ⎪=⎧ ⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ⎨+ + + =⎩ ⎪ ⎪= − − = − +⎪ ⎪⎩ ⎩
Chon z = 1 21 ( 2
5 5
i− + + − + ) 
02
02
02
 I