Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 56

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI TỐT NGHIỆP QUỐC GIA SỐ 55
Ngày 18 tháng 3 năm 2013
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
.
1
x
y
x
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = x - m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 60
0
(O là gốc tọa độ).
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2 2
7
sin tan (3 ) os 0.
2 4 2
x x
x c
π
π
 
+ − − =
 ÷
 
2. Giải bất phương trình:

2
2
9 8 32
2(4 )
16
x x
x
+ −
− ≤
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân I =
2 2
2
1
ln ln 1
ln
e
x x x x x
dx
x x x
+ + +
+
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có SA = SB = SC = a,
·
·
·
0 0 0
AS 120 , 60 , 90 .B BSC CSA= = =

Tính thể tích của khối chóp SABC.
Câu 5.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: ab + bc + ca = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
( )
1
3 a b c
abc
− + +
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng (d) đi
qua M cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x + 4y + 2z – 3 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có
bán kính bằng 2.
Câu 8.(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

12 5
8 3
z
z i
−
=

−
và
4
1
8
z
z
−
=
−
.
Hết

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 55
Câu 1: 2(1,0 điểm) Học sinh tự giải.
Pt hoành độ giao điểm:
2
( ) 0 (1) 1.
1
x
x m g x x mx m voi m
x
= − ⇔ = − + = ≠
−
Đt y = x –m cắt (C)
tại 2 điểm phân biệt
(1)Pt⇔

có 2 nghiệm pb
1≠

⇔
2
4 0
(1) 0
m m
g

∆ = − >

≠

⇔
0
4
m
m
<


>

(*)
Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1), ta có:

1 2
1 2
1 2
(**)
( ) ( ) 0
x x m
x x m
g x g x
+ =


=


= =

Các giao điểm là A(x
1
; x
1
– m), B(x
2
; x
2
– m) và
( )
( )
1 1
2 2
;

;
OA x x m
OB x x m

= −


= −


uuur
uuur
.
Khi đó cos60
0
=
( )
os ,c OA OB
uuur uuur
=
2
1 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
2 ( )
2 2 . 2 2
x x m x x m
x mx m x mx m
− + +
− + − +

2 2
1 2
2
1
2
2 ( ) 2 . 2 ( ) 2
m
g x m m g x m m
⇔ =
+ − + −
{ }
2
2
1
2;0;6
2 2
m
m
m m
⇔ = ⇔ ∈ −
−
.
Kết hợp với (*) ta có m = -2 hoặc m = 6.
Câu 2: 1(1,0 điểm) Đ/k: cosx
0≠
. Pt đã cho

( )
( )
( )

( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
2
2 2
1 sin 1
sin tan os 0 1 os 1 cos 0
2 4 2 2 2 os 2
1 sinx 1 cos 1 cos 1 sin 0 1 sinx 1 cos sinx cos 0
sinx 1
2 1
cos 1
t anx 1
4
x x x
x c c x x
c x
x x x x x
loai
x k
x k Z
x k
π π
π
π
π
 

   
⇔ − − = ⇔ − − − + =
 ÷  ÷
 
   
 
⇔ − − − + − = ⇔ − + + =
=

= +



⇔ = − ⇔ ∈


= − +

= −



Câu 2: 2(1,0 điểm) Đ/k: -2
2x
≤ ≤
. Bpt
2 2 2
8 32 8 32 8 8 0.x x x x⇔ − − − + + ≥
Đặt
2

32 8 0x t− = ≥
ta có bpt
2 2
8 8 0.t t x x− − + + ≥

( )
2
4
t
x∆ = +
Suy ra :
2
8 32 8x x x− − ≤ − ≤
. Kết hợp đ/k, giải ra ta có:
4 2
2
3
x≤ ≤

Câu 3: (1,0 điểm)
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
1
1
ln
ln ln 1 ln 1 ln ln ln 1 .
1 1
ln ln

.
e e e
e e
d x x
x
I xdx dx x x x x x x e e
x x x x
+
+
= + = − + = − + + = +   
   
+ +
∫ ∫ ∫
Câu 4: (1,0 điểm) Chứng minh được tam giác ABC vuông ở C Xác định được chân đường cao H
của hình chóp SABC là trung điểm AB, và tính được
3
2
12
SABC
a
V =
.
Câu 5: (1,0 điểm)
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
: ( ) 0 ( )

2 ( ) 3 ( ) 3 ( )
Ta co ab bc bc ca ca ab a b b c c a abc a b c
a b b c c a abc a b c abc a b c ab bc ca abc a b c
− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + +
⇔ + + + + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +
1
3( ) .a b c
abc
⇔ + + ≤
Từ đó suy ra GTNN của P bằng 0 xẩy ra khi a = b = c =
1
3
.
Câu 6(1,0 điểm) Pt (d):
1.
x y
a b
+ =
(a > 0, b> 0). Vì (d) đi qua M nên:
2 1
1
a b
+ =
.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Áp dụng bđt Côsi ta có : 1 =
2 1 2
2

a b ab
+ ≥
.
suy ra:
1
4.
2
OAB
S ab
∆
= ≥
Dấu = xẩy ra khi a = 4, b = 2 Từ đó ta có pt (d):
1.
4 2
x y
+ =
Câu 7.(1,0 điểm) Pt (S): (x -1)
2
+ ( y + 2)
2
+ ( z + 1)
2
= 9
⇒
tâm I( 1; -2; -1) b/k R = 3.
(P) chứa Ox nên pt có dạng: By + Cz = 0.( B
2
+ C
2

≠
0)
(P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2
( )
2 2
,( ) 5d I P R r⇒ = − =
( )
2
2 2
2 1.
5 2 0 2
B C
B C B C
B C
− −
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
+
.
Chọn B = 2, C =1 ta có pt mp(P): 2y + z = 0
Câu 8.(1,0 điểm) Đ/k: z
8≠
và z
8i≠
. Đặt z = a + bi ta có hệ:
2 2
2 2
2 2
2 2
144 24 25
6

64 16 9
8
16 8
171
64 16
a b a
a
a b b
b
a b a
b
a b b

+ + −
=

=

 
+ + −
⇔
=

 
+ + −

 
==




+ + −

.Vậy hệ có 2 nghiệm: z = 6 + 8i hoặc z = 6 + 17i
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3