Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số:
3 2
3 1 ( )
m
y x x mx C
= + + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C
3
)
2. Tìm m ñể (C
m
) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1). Tìm m ñể tiếp
tuyến tại D, E với (C
m
) vuông góc nhau.
Giải:


+ + =


Yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
x x
ñều khác 0, ñồng thời:
1 2
'( ). '( ) 1
f x f x
= −
.
Trong ñó
3 2
( ) 3 1
f x x x mx
= + + +

Yêu cầu bài toán
( )( )
2 2
1 1 2 2
9 4 0
0
3 6 3 6 1
m

1 1
2
2 2
3
3
x m x
x m x

= − −

⇒

= − −



[ ][ ]
1 1 2 2
9
4
0
3( 3 ) 6 3( 3 ) 6 1
m
m
x m x m x m x m

<


⇔ ≠

a
c
x x m
a

+ = − = −




= =



HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04
MÔN: TOÁN
Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phútKhóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-

Kết luận
: Vậy với
9 65
8
m
±
=
.
Câu II.
1.
Giải phương trình:
4 2 4
3sin 2cos 3 os3 3cos cos 1
x x c x x x
+ + = − +Giải:
Phương trình:
4 4 2
3(sin os ) (2cos 3 1) ( os3 cos ) 0
x c x x c x x
⇔ − + − + + =

3
2
2
3cos 2 os6 2cos 2 cos 0
4cos 2 6cos 2 2cos 2 cos 0

8cos ( sin ) (cos 1) 0
8cos ( os 1) (cos 1) 0
(cos 1) 8cos (cos 1) 1 0
cos 1
2 ,
8cos (cos 1) 1 0( ô ê )
c x c x x
x x x
x c x x
x x x
x
x k k Z
x x v nghi m
π
⇔ − + + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
 
⇔ − + + =
 
=

⇔ ⇔ = ∈

+ + =


Vậy phương trình có 2 nghiệm:
& 2 ,
4 2

2 4
2
u x x
x x

= − +


= +


ta có :
2 2 2
3 2
u v x x
− = − +

Lúc ñó (1) trở thành :
2 2
2( ) 3 (2 )( 2 ) 0 2 ( 2 0)
u v uv u v u v u v do u v
− = ⇔ + − = ⇔ = + >

Tìm
x
ta giải :

2 2
2 4 2 2 6 4 0
3 13

H
M
E
Câu III.
Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2
x
I dx
c x
π
π
−
=
∫Giải:
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2 (t an +1)
x

= ⇒ = +

0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =

Suy ra:
1
3
2
0
1
1 1 3
3
( 1) 1 2
0
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.

a
a⇒ = ⇒ = ⇒ =
2 3 2 3
SH SK
3 3
a a
⇒ = ⇒ =
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
2 2
3
HK SH a
HK
BD SB
= ⇒ = .
Kẻ OE// SC
( )( ( ))
OE AHK doSC AHK
⇒ ⊥ ⊥
suy ra OE là ñường cao của hình chóp OAHK và
2 4 2
IC SC a
OE
= = =
(Vì
∆
SAC cân tại A , AI là ñường cao, là ñường trung tuyến).
Gọi AM là ñường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2

C2
: ðể tính hình chóp OAHK ta gắn vào hệ trục tọa ñộ vuông góc
Axyz
có A là gốc tọa ñộ, trục
Ax


hướng theo
AD

, trục
Ay

hướng theo
AB

, trục
Az

hướng theo
AS

. Thế thì:
A(0; 0; 0),
; ;0
2 2
a a
O
 
 

 
=
 
  

2 2 2 2
0; ; , ;0;
3 3 3 3
a a a a
AO AK
   
= =
   
   
   
 
,
2 2
0; ;
3 3
a a
AH
 
=
 
 
 


2 2 2 2

= −
 
 
 

2 2 3
2 2 2 2 2 2
. , . .
2 9 2 9 9
a a a a a
AO AH AK
 
= + =
 
  

3
.
1 2
. ,
6 27
O AHK
a
V AO AH AK
 
⇒ = =
 
  

Câu V:

3 1 1
x x x x a
⇔ + − + − ≤

+ Xét hàm số :
(
)
(
)
3 2
( ) 3 1 1
f x x x x x
= + − + −

( )
( )
2 3 2
1 1
'( ) (3 6 ) 1 3 1 . 0
2 2 1
f x x x x x x x
x x
 
= + + − + + − + >
 
−
 
với
1
x

)
(
)
3 2
lim ( ) lim 3 1 1
x x
f x x x x x
→+∞ →+∞
 
= + − + − = +∞
 Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-( )
f x
liên tục trên
[
]
1;
+∞

 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 

Tọa ñộ của B nghiệm ñúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 

ðường thẳng AC ñi qua ñiểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
(
)
(
)
2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
+ + − = ⇔ + + − =


a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =


+ a = 0
0
b
⇒ ≠
. Do ñó
3
: 4 0
y
∆ − =

+ 3a – 4b = 0: có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
∆ + − =

phẳng (P) và (Q).

Giải:
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q

=


= = = ⇔ =


=




3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5 | | 2 2 13 |
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i


=
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 
 
và R = 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9
x y z
− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =
     
     

Câu VII.a
Cho số phức z thỏa mãn:

⇔

=



Giải hệ pt trên ta suy ra:
0
4
a
a
=


=


2 3
4 3
| | | | | | 155
z i
z z z
⇒ = +
⇒ + + =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C):
2 2

(nhận)

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1).
Vì

0
90
ABC =
nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của ñường
tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
− + − =
và các ñường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z

. M thuộc d
1
nên tọa ñộ của M
(
)
1 2 ;3 3 ;2
t t t
+ −
.
Theo ñề:
( )
( )
(
)
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ − − + −
−
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +

1
và // mp(P), gọi mặt phẳng
này là (Q
1
). Phương trình (Q
1
) là:
(
)
(
)
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)
x y z x y z
− − + − = ⇔ − + − = .
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=


= − −

z z z z i
⇔ − + + + + =

Vì phương trình có nghiệm thực
( )
z R
∈

3 2
2 5 3 3 0
1
2
2 1 0
z z z
z
z

− + + =
⇒ ⇔ = −

+ =


Do ñó phương trình
2
(2 1)( 3 3 ) 0
z z z i
⇔ + − + + =

2