Đề thi thử Đại học môn Toán Năm 2014 - 2015 Đề 5

 thực và 
phần ảo của số phức 2011 2011
1 2z z 
 ------------------------------------------- 
HƯỚNG DẪN 
Câu I (2 điểm) 
1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm 
3 26 9 3y x x x    +TXĐ : D = R 
+ lim
x
y

  , lim
x
y

  + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 
1 1
3 3
x y
x y
  
     
+BBT 
 x – 1 3 + 
 y’ + 0 – 0 + 
 y 
 1 + 
– – 3 
+ Hàm đồng biến trên các khoảng (–  , 1) và (3, + ), nghịch biến trên khoảng (1,3) 
 Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3) 
+ y” = 6x – 12 ; y” = 0  x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) 
+ Đồ thị 
4
2
-2
-4
-5 5
t x  = x3-6x2 +9x -3
2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 
3 2 96 9 3 3
4
mx x mx x     
 2
9
( 6 9 ) 0
4
x mx x m     2
9
0; 6 9 0(2)
4
x mx x m     
+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 
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
0 0
9
' 9 (9 ) 0 1 0
4 4
9 1
9 0
4 4
m m
m
m m m
m m
 
  
 
 
          
 
 
    

0
1 65 1 65
8 8
1
4
m
m
m



 
 



 (*) 
+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 = 
9
4
x1 – 3, y2 = 
9
4
x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) . Ta có AB = (x1, y1 
+ 3), AC = (x2, y2 + 3) AC = 3 AB 
2 1
2 1
3
3 3( 3)
x x
y y


  
 x2 = 3x1 
+Ta có 
2 1 1 1
1 2 2 2
2
1 2 1 2
3 3 / 2 3 / 2
6 / 9 / 2 9 / 2
9 9 / 4 9 9 / 4 4 3 0
x x x m x m
x x m x m x m
x x m x x m m m
   
 
       
          
+ Ta có 4m
2
 – m – 3 = 0 
1
3 / 4
m
m

  
 ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4 
Câu II(2 điểm) 1) 2(sin cos ) sin3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x     
 3 32(sin cos ) 3sin 4sin 4cos 3cos 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x       
 5(sin cos ) 4(sin cos )(1 sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x      
 (sin cos )(1 4sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x    (1) 
+ Đặt t = sinx – cosx , 2 2t   thì t2 = 1 – sin2x 
+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2 ( 3 – t2 ) 3 22 3 2 9 2 0t t t    
 2( 2)(2 5 2 9) 0t t t     t = 2 
+ sinx – cosx = 2 
3
sin( ) 1 2
4 4
x x k
 
     
2) (1,0 đ) 
2
2 2log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x       (1) 
+ĐK: x > – 2 . Đặt t = 2log ( 2)x thì (1) có dạng t
2
 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2) 
+ ' = (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Suy ra (2) 
5
15 2
t
t x

  
+ 2log ( 2)x = 5  x + 2 = 2
5
  x = 30 + 2log ( 2)x = 15 – 2x  2log ( 2)x + 2x – 15 = 0 
Đặt f(x) = 2log ( 2)x + 2x – 15 thì f’(x) = 
1
2
( 2) ln 2x


> 0,  x ( 2, )   
Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+ ) và f(6) = 0 x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0. 
+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} 
Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V = 
3
2
1
5
(1 3 2 )
x
dx
x



 
 
+ Đặt t = 1 + 3 2x  3 2x = t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt 
 x = – 1 t = 2 ; x = 3  t = 4 
+ V = 
4 2
2
2
1 2 8
( 1)
2
t t
t dt
t

 
 = 
4
2
2
1 10 8
3
2
t dt
t t

 
   
 
 = 
4
2
2
1 8
3 10ln
2 2
t
t t
t

 
   
 
=  5ln 2 1  
Câu IV (1 điểm) 
+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E. 
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 
E
K
H
N
M
C'
B'
A
C
B
A'
Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 
+VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) 
+SABK = 
1
2
AB.AK.sin60
0
 = 
23 3
8
a
+VH.ABK = 
1
3
SABK.HA = 
33 3
8
a
+VM.ABK = 
1
3
SABK.MC = 
33
8
a
; 
' ' 1
3
A E HA
AB HA
  A’E = 
1
3
a 
+VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =
1
3
SA’EN.HA 
 = 
1
6
.A’E.A’N.sin600.HA = 
33
24
a
+VA.BMNE = 
33 3
8
a
– ( 
33
24
a
+
33
8
a
) = 
35 3
24
a
Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có mTHệ sau có nghiệm 
2 2
3 3
( 2) ( 2) 7
( 4) 5 ( 4) 5
x y
x x y y m
    

     
 (I) 
+Đặt u = 3 ( 4) 5x x  , v = 3 ( 4) 5y y   .Ta có u = 23 ( 2) 1 1x   ,tương tự v 1 
Hệ (I) trở thành 
3 3 9u v
u v m
  

 

3( ) 3 ( ) 9u v uv u v
u v m
    

 

3 9
3
m
uv
m
u v m
 


  
(m 0) 
+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: 
3
2 9 0
3
m
t mt
m

   (1) 
+ Hệ (I) có nghiệm  Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 1 2t t  
 1 2
1 2
0
( 1) ( 1) 0
( 1)( 1) 0
t t
t t
 

   
   

3
2
3
4( 9)
0
3
2 0
9
1 0
3
m
m
m
m
m
m
m
 
 

 

   


3
3 2
36
0
3
2
3 3 9
0
3
m
m
m
m m m
m
 




   


30 36
2
0 3
m
m
m m
  


   

 33 36m  . Suy ra miền giá trị T = [3, 3 36 ] . Vậy maxP = 3 36 , minP = 3 
Câu VIa ( 2 điểm): 
1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I M’(3, 2) và N’( – 2, 
1
3
) 
+Phương trình đường thẳng M’N’: 
3 2
5 5 / 3
x y 

 
 x – 3y + 3 = 0 
+AMN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ 
+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1. 
+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt 
3 3 0 0
1 1
x y x
y y
    
 
  
. C(0, 1)A(2, – 2) 
+ Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua IQ’(5, – 2) 
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 
+DMQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN 
+ Phương trình M’Q’: 
5 2
2 4
x y 


 2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4 
+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt 
2 8 0 4
4 0
x y x
x y
    
 
  
. B(4, 0)D(– 2, – 1 ) 
Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 ) 
2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)d. Ta có: 
MA + MB = 
2 2 2( 2) (2 3) (2 3 )t t t     + 2 2 2(2 ) (2 3) ( 2 3 )t t t      
 = 
2 214 28 17 14 28 17t t t t     = 2 2
3 3
14 ( 1) ( 1)
14 14
t t
 
      
 
+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, 
3
14
), F(–1, –
3
14
) và N(t, 0) 
Ta có MA + MB = 14 (NE + NF) 14 FE = 2 17 
+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi và 
chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 
+ Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) 
Câu VIIa (1 điểm) + Ta có 
2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011
2011 2011 2011 2011 2011(1 ) ...x C C x C x C x C x       
Suy ra 
2 2011 0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013
2011 2011 2011 2011 2011(1 ) ...x x C x C x C x C x C x       
1
2 2011
0
(1 )x x dx =  
1
0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013
2011 2011 2011 2011 2011
0
...C x C x C x C x C x dx     
 = 
1
0 3 1 4 2 5 2010 2013 2011 2014
2011 2011 2011 2011 2011
0
1 1 1 1 1
...
3 4 5 2013 2014
C x C x C x C x C x
 
     
 
 =
0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1 1
...
3 4 5 2013 2014
C C C C C     Vậy S = 
1
2 2011
0
(1 )x x dx . 
Đặt t = 1 – x dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0 
S = 
0
2 2011
1
(1 ) ( )t t dt  = 
1
2 2011
0
( 2 1)t t t dt  = 
1
2013 2012 2011
0
( 2 )t t t dt  
 =
1
2014 2013 2012
0
2
2014 2013 2012
t t t 
  
 
= 
1 2 1
2014 2013 2012
  =
1
2013.2014.1006
Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB: 
2 2
4 2 2 2
x y 

  
 2x + 3y + 2 = 0 
+ AB = 2 13 , M(x0,y0)(E)
2 2
0 0 1
9 5
x y
  , d(M,AB) = 
0 02 3 2
13
x y 
+ SMAB = 
1
2
AB.d(M,AB) = 0 02 3 2x y  
+ BĐT Bunhiacôpxki 
2 2 2
2 0 0 0 0
0 0(2 3 ) .6 .3 5 (36 45) 81
3 9 55
x y x y
x y
  
        
   
Suy ra 0 09 2 3 9x y     0 07 2 3 2 11x y     0 02 3 2 11x y    
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 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0 0 0
0
0 0
2
18 15 5
2 3 9 3
x y x
y
x y
 
 
 
   
.Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2, 
5
)
3
2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 . (P) có VTPT n = (2, 2, 1) 
+ Gọi u = (a, b, c) là VTCP đường thẳng  cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) 
+  (P) u  n  2a + 2b + c = 0  c = – 2a – 2b (1) 
+ Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) 
  tiếp xúc (S)  d(I,  ) = R 

,
17
AI u
u
 
 
  2 2 2 2 2 2(2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.c b a c b a a b c         (2) 
+Từ (1) và (2) ta có :
2 2 2 2 2 2( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]a b a b b a a b a b            
 896b2 – 61a2 + 20ab = 0 
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b  0. Chọn b = 1 
 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0  a = 4 hoặc a = 
224
61
 
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 
224
61
 , b = 1 thì c = 
326
61
 .Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán 
là:   8 4 , ; 23 10x t y t z t      và  /
224 326
8 ; ; 23
61 61
x t y t z t       
Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số  = 2[(1 3) ( 3 1) ] 4(2 3 2 ) 4 3 4i i i        = 2[(1 3) (1 3) ]i   
+Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3 – i và z2 = 1 + 3 i 
+z1 = 3 – i = 
3 1
2( ) 2[cos( ) sin( )]
2 2 6 6
i i
 
     
 2011 20111
2011 2011
2 [cos( ) sin( )
6 6
z i
 
    2011
7 7
2 [cos( ) sin( )]
6 6
i
 
    = 2011
3 1
2 ( )
2 2
i  
+z2 = 1 + 3 i = 
1 3
2( ) 2(cos sin )
2 2 3 3
i i
 
   
 2011 2011 20112
2011 2011
2 (cos sin ) 2 (cos sin )
3 3 3 3
z i i
   
    = 2011
1 3
2 ( )
2 2
i 
Suy ra 
2011 2011 2011
1 2
1 3 1 3
2 [ ]
2 2
z z i
 
   . Vậy phần thực là 20102 (1 3) và phần ảo là 20102 (1 3)