Đề thi thử Đại học môn Toán Năm 2014 - 2015 Đề 4

ho 3 điểm 
     1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C và đường thẳng (d) có phương trình là:  
1 1 2
:
2 1 2
x y z
d
  
 

. Hãy 
lập phương trình đường thẳng   đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng 
(ABC) và vuông góc với đường thẳng (d). 
Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực ,b c sao cho số phức 
   
   
12
6 6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
 
 
 là nghiệm 
của phương trình 2 8 64 0.z bz c   
 -----Hết----- 
ĐÁP ÁN 
Câu Đáp án Điểm 
Câu I 
1) Khi m = 1 
 3 26 9 2y x x x    
 TXĐ: D = R 
3 2lim ( 6 9 2)
x
x x x

     , 3 2lim ( 6 9 2)
x
x x x

     
' 2
1
3 12 9 0
3
x
y x x
x

      
0,25 đ 
 BBT: 
 x - 1 3 + 
 y
/
 + 0 - 0 + 
 2 + 
 y 
 -  -2 
0,25 đ 
Hàm số đồng biến: (- ; 1),(3;+ 
 ) 
Hàm số nghịch biến: (1;3) 
fCĐ = f(1) = 2 
 fCT = f(3) = -2 
Khi y’’ =6x-12=0 2x  =>y=0 
Khi x=0=>y=-2 
 x= 4=>y=2 
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm 
0,5 đ 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
đối xứng 
2) Phương trình hoành độ giao điểm là: 
   3 22 6 9 2 2 2m x mx m x       
   3 22 6 9 2 0m x mx m x      (1) 
   22 6 9 2 0x m x mx m        
     2
0
2 6 9 2 0 2
x
m x mx m

 
    
0,25 đ 
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy 
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: 
 
22 19 9 2 0
22 0
mm m
mm
     
 
  
0,25 đ 
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC 
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 
Theo bài ra ta có 
 
21
. 13 13 4 13(3)
2
OBC B C B CS h BC BC x x x x         
0,25 đ 
Theo định lý viét ta có: 
6
2
9
B C
B C
m
x x
m
x x

 

 
(4) 
Thay (4) vào (3) ta được: 
2 14
6
36 13 13
2
14
mm
m
m

        
(tm) 
0,25 đ 
Câu II 
1) Giải phương trình: 
1
tan 2 tan (sin 4 sin 2 )(1)
6
cos 2 0 4 2
:
cos 0
2
x x x x
m
x
x
DK m Z
x
x m
 


  

  
  
   

 0,25 
2 2 2
2
3 2
(1) 6sin cos 2 cos (sin 4 sin 2 )
6sin cos cos 2 (4sin cos cos 2 2sin cos )
sin (4cos cos 2 2cos cos 2 6) 0
sin (2cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 cos 2 ) 6 0
sin (2cos 2 3cos 2 cos 2 6) 0
sin (cos 2 1)
x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x
x x
  
  
   
       
    
  2(2cos 2 5cos 2 6) 0x x  
 0,5 đ 
2
sin 0
cos 2 1 ( )
2cos 2 5cos 2 6 0( )
x
x x k tm k Z
x x VN

 

    
   
 0,25 đ 
2) Giải hệ phương trình: 0,25 đ 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
    
 
3 7 1 2 1 1
2 4 5 2
x x y y y
x y x y
     

   
Điều kiện: 
2 0
4 0
x y
x y
 

 
(1)    3 7 1 2 1x x y y y      
 
  
 
 
2 23 7 1 2 2 0
3 1 2 0
3 1 3
2 4
x y x y y
x y x y
y x
x y
     
    
 
 

 0,25 đ 
Thay (3) vào (2) ta được: 
 7 2 7 1 5x x    điều kiện: 
1
7
x   
 
249 21 2 11 7
11
11 7 0 17 767
d
175 119 17 25 25
25
x x x
x
x
x y tm k
x
x
    

  
      
  

0,25 đ 
 Thay (4) vào (2) ta được: 
 4 9 5 1y y y    =>x=2(tmdk) 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y)  
17 76
2;1 , ;
25 25
  
  
  
0,25 đ 
Câu III 
Tính tích phân: 
 I=
2
1 1 1 1
ln 1
ln
e e e e x
x x xx x x ee dx xe dx xe dx dx
x x
 
      
0,25 đ 
Đặt I1=  1
1 1
1
e e
x x e x exe dx xe e dx e e     0,25 đ 
Đặt I2=
1
1 1 1
ln ln
e e ex x
e
x x ee ee xdx e x dx e dx
x x
      0,25 đ 
Vậy I=I1+I2+
1
e xe
dx
x
= 1 1
1 1
e ex x
e e e ee ee e e dx dx e
x x
       0,25 đ 
Câu 
VIa 
1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB) 
Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0 
Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC) 
=> 5 4 CCI x  ; 20 2BAB y  
=> diện tích tam giác ABC là: 
1
. 10 4 2 8 2
2
ABC B C C BS CI AB y x x y       
 
 
4 2 6 1
4 2 10 2
C B B C
C B B C
x y y x
x y y x
   
 
   
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
0,25 đ 
Vì 
 4 2 4
11 9
2
2 2
C B
C B
x k y
M BC CM kMB
x k y
  

      
    
 
 vì yB 3 
2 6 5 16 0C B B Cx y y x     (3) 
0,25 đ 
Từ (1) và (3): 
4 2 6 1 2
2 6 5 16 0 1 2
C B B C B
C B B C B
x y y x y
x y y x y
       
 
       
(loại) 
Từ (2) và (3): 
4 2 10 3
22 6 5 16 0
C B B C B
CC B B C
x y y x y
xx y y x
     
 
    
0,25 đ 
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ 
2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần 
lượt là A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) 
0,25 đ 
Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0 
 Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1) 
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình: 
3
0 3
36 12 0 2
9 6 0 3
29 6 0
0
A
D
B
A
B
C
C
D
 

     
 
    
  
 
 thỏa mãn điều kiện (1) 
Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ 
tâm I(
3 3
3; ;
2 2
) bán kính 
3 6
2
R  
0,25 đ 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình 
đường thẳng IH là: 
3
3
2
2
3
2
2
x t
y t
z t

  


 


 
3 3
3 ; 2 ; 2
2 2
H t t t
 
    
 
Vì  
8 5 5
; ;
3 6 6
H P H
 
   
 
0,25 đ 
Vì  
8 5 5
; ; 1
3 6 6
H P H IH
 
    
 
Gọi bán kính của (C) là r ta có: 2 2
27 5 2
1
2 2
r R IH     
0,25 đ 
Câu 
VIIa 
 4 3 22 6 4 0z z z z     
   21 2 2 2 0z z z z      (1) 0,25 đ 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là 
1
2
3
4
1
2
1
1
z
z
z i
z i


 
  

 
 0,5 đ 
Thay và biểu thức 
   
2 22 2 2 2
1 2 3 4
1 1 1 1 1 1 1 5
1
4 41 1
S
z z z z i i
        
 
0,25 đ 
VIb(2,0
đ) 
1. (1,0 điểm) 
Gọi PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
2 2
1 (a>b>0)
x y
a b
  
Do các đỉnh trên trục lớn và 1 2,F F thẳng hàng nên 1 2,F F cùng với đỉnh 
B(0;b) trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều 
0,25 
1 2 BF F đều 
2 1 2 2 2 2
1 2
2 2 2 2 2 2
4
( )
 3 3( ) 3 4 (1)
BF F F
c b c
BF BF ld
b c a b a b

   

     
HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ 3 ) 6 3 3a b    (2) 
0,25 
Ta có hệ PT: 
2 23 4 (1)
6 3 3 (2)
a b
a b
 

  
6
3 3
a
b

 

0,25 
Vậy PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
1 
36 27
x y
  
0,25 
 2. (1,0 điểm) 
 Ta có      1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC            nên phương 
trình mặt phẳng (ABC): 
     1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z            
0,25 
 Gọi trực tâm của tam giác ABC là  , ,H a b c , khi đó ta có hệ: 
 
 
. 0 2 3 2
. 0 3 0 1 2;1;1
5 2 9 1
BH AC a b c a
CH AB a b c b H
a b c cH ABC
      
  
         
       
0,25 
 Do đường thẳng   nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên: 
 , 12,2, 11
ABC
ABC d
d
u n
u n n
u u



        

. Vậy đường thẳng   đi qua 
điểm  2;1;1H và có vtcp  12,2, 11 nên 
2 1 1
:
12 2 11
x y z  
  

0,5 
VIIb Ta có  
3
2 31 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i       
 
3
2 31 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i       
0,25 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
 
2
1 2i i  
Do đó 
   
   
   
   
 
 
12
4
6 2 36
1 3 2 8 2 8 2
8 1 2 8 16
8 21 3 1
i i i i
i i
iii i
    
      
 
0,25 
 Theo giả thiết ta có    
2
8 16 8 8 16 64 0i b i c     
     
2
1 2 1 2 0 2 4 3 0i b i c b i b c            
0,25 
 2 4 0 2
3 0 5
b b
b c c
    
  
    
. Vậy .... 
0,25 
V=
3 15
3
a
0.5 
 3
.
15
18
N ACM
a
V  
0.25 
d(N;(ACM))= .
3 4 15
3 91
N ACM
ACM
V a
S
 
0.25 
Câu V Cho ba sè x,y,z (0;1] thoả mãn: 1x y z   . 
 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = 
2
x y z
y z z x xy z
 
  
 Nhận xét do x,y (0;1] ( 1)( 1) 0 1x y xy x y         
Từ giả thiết suy ra xy z .Ta có 
2
1
1 1 1
yx
xz zP
y x xy
z z z
  
  
.Đặt 
0.25 
Gia sư: Khổng Minh Châu – Franklin Khong Phone: 0973 875 659 
Dc: 43/12, đường 120, Tân Phú, Q.9 Tp.HCM (08. 6280 9037) TRUNG TÂM GIA SƯ CASSIUS 
1
; ;
x y
a b c
z x z
   
Ta có 
1
. 1
x x
xy z
y z z
    .Khi đố P= , 1
1 1 1
a b c
ab c
b a ab
   
  
 Ta có BĐT 2
1 1 2
( 1)( ) 0
1 1 1
ab a b
b a ab
     
  
 luôn đúng do 1ab  
Lại có 
( 1) ( 1) 2
1 1 1 1
1 1 2
( 1)( ) 2 (2 1). 2
1 1 1
a b a b
b a b a
a b ab
b a ab
     
   
       
  
2
1 1 1
a b ab
b a ab
  
  
0.25 
Từ đó suy ra P=
2 1
1 1 1 11
a b c ab
b a ab abab
   
   
.Đặt t= 1ab  
Ta có 
2
2 1
( )
1 1
t
P f t
t t
  
 
 Xét hàm số f(t)=
2
2 1
1 1
t
t t

 
 liên tục trên [1; ) 
Có f’(t)=
2 2
2 2
2( 1) ( 1)
(1; )
(1 ) ( 1)
t t t
t
t t
  
  
 
Do đó hàm số đồng biến trên [1;+ )
3
( ) (1)
2
f t f   .Dấu “=” xảy ra khi 
và chỉ khi a=b=c=1 1x y z    . Vậy GTNN của P bằng
3
2
 khi x=y=z=1