Đề luyện thi đại học môn Toán sô 125

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 125
Ngày 9 tháng 6 năm 2014
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số:
2 1
1
− +
=
−
x
y
x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại điểm đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm cách trục hoành một khoảng bằng
5
3
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
sin 4 sinx 1 cos3 2 os(2 )
4
π
+ = + − +
x x c x
.
2. Giải hệ phương trình :
1
1
1 1 1

1 4 2 2

−
− + + =

+ − +


− + + =

y
x
x y
x y
x y
. (với
;
∈
x y R
)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
( )
2
l
1 ln 2
1 ln
+ + + +
=
+
∫

e
x x x x
I dx
x x
Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác
1 1 1
.ABC A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại C với AC = a,
cạnh bên
1
AA 2= a
và tạo với đáy một góc bằng
30
°
, biết mặt phẳng
1
( ) ( )⊥ABB ABC
và tam giác
1
AA B

cân tại
1
A
. Tính thể tích của khối chóp
1 1 1
.A BCC B
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b
∈

(0; 1) và thỏa mãn :
3 3
( )( ) (1 )(1 )
+ + = − −
a b a b ab a b
Tìm GTLN của F =
2 2
2 2
1 1
3
1 1
+ + − −
+ +
ab a b
a b
.
II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 1 0x y x+ − − =
, điểm A(1;1) và đường
thẳng
: 2 1 0∆ − + =x y
. Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) và
∆
theo thứ tự tại M, N sao cho A là
trung điểm của MN.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mp(P): 2x - 3y + z - 1 = 0, đường thẳng

1 1 2
:
1 1 2
− + −
= =
− −
x y z
d

và điểm A(1;1;0).Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) cắt
d
tại B sao cho AB =
2
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho z là số phức thỏa mãn: (3 - 2i).z = (2 + i)(1 + i) + 1.Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2013
2 4z i+ −
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 8 0x y x y+ − − − =
có tâm I, đường thẳng
d: x - y + 2 = 0 và điểm A(2; 2).Viết phương trình đường thẳng
∆
cắt (C) và d lần lượt tại M,N sao cho tứ
giác IANM là hình bình hành.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng
1 3

:
1 1 1
− −
∆ = =
−
x y z
, mp(P): 3x + y - z - 7 = 0
và điểm A(-1; 1; 2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt
∆
tại B sao cho độ dài AB bằng
khoảng cách từ A đến (P) .
Câu VII.b ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
3 1
log ( 2 8) 4
3.2 2 2 2
+ −
− + =



+ = +


x x y y
y x
Hết
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 125

Câu 1. (1,0đ)
1,TXĐ: D = R\
{ }
1
Chiều biến thiên:
,
2
1
0
( 1)
= >
−
y
x
, với
x D∀ ∈
⇒
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2
→+∞
= −
x
Limy

,
2
→−∞
= −
x
Lim y
;
(1)
+
→
= −∞
x
Lim y
,
(1)
−
→
= +∞
x
Lim y
⇒

2= −y
là tiệm cận ngang;
1=x
là tiệm cận đứng.
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0;
1−
) ; (

1
2
; 0)
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1;-2) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2. (1,0đ)
2.Gọi M(
0
0
0
2 1
;
1
− +
−
x
x
x
)
( )C∈
là điểm cần tìm và
∆
tiếp tuyến với (C) tại M
ta có phương trình
∆
:
'
0
0 0
0
2 1

( )( )
1
− +
= − +
−
x
y f x x x
x
( )
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
1
− +
⇒ = − +
−
−
x
y x x
x
x
Gọi A =
∆ ∩
ox

⇒
A(
2
0 0
2 2 1− +x x
;0)
B =
∆ ∩
oy
⇒
B(0;
2
0 0
2
0
2 2 1
( 1)
− +
−
−
x x
x
). Khi đó
∆
tạo với hai trục tọa độ

∆
OAB có trọng tâm là: G
2 2
0 0 0 0

2
0
2 2 1 2 1
;
3 3( 1)
 
− + − +
−
 ÷
−
 
x x x x
x
. (đk
0
1x ≠
)
Do d(G; Ox) =
5
3

2
0 0
2
0
2 2 1
5
3( 1) 3
x x
x

− +
⇔ =
−
2
−∞
+∞
2−
+∞
2−
−∞
1
x
y
2−
-1

I
O
y
x
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2 2 2
0 0 0 0 0 0
2 2 1 5 10 5 3 8 4 0x x x x x x⇔ − + = − + ⇔ − + =

0
0
2
2
3

=


⇔

=


x
x
Câu 2: 1, Với
0
2 (2; 3)= ⇒ −x M
; với
0
2 2
( ;1)
3 3
= ⇒x M
.
Pt
⇔
sin 4 sinx 1 cos3 sin 2 cos 2
+ = + + −
x x x x

2
sin 4 sin 2 sin 2sin cos3x x x x x
⇔ − + = +
2

2 cos3 .sin sin 2 sin cos3x x x x x
⇔ + = +
2 sin .(cos3 sin ) (cos 3 sin ) 0 (2sin 1)(cos 3 sin ) 0x x x x x x x x
⇔ − − − = ⇔ − − =
1
sin ; os3 sin
2
x c x x
⇔ = =
Với
2
1
6
sin
5
2
2
6
π
π
π
π

= +

= ⇔


= +



x k
x
x k
(k
∈
Z)
Với cos3x = sinx
3 2
8 2
2
os3 os( )
2
3 2
2
4
π π
π
π
π
π
π
π π


= +
= − +


⇔ = − ⇔ ⇔





= − + + = − +




x k
x x k
c x c x
x x k x k

Câu 2: 2. (1,0đ) đk:
0 ; 1≤ ≤x y
pt(1)
1
1
1 1 1 1 (1 )
y
x
x y
x y
−
⇔ + = + −
+ − + − −
(*)
xét h/s
( )

1 1
t
f t t
t
= +
+ −
; có
'
2
1 1
(1 1 ) .
2 2 1
( ) 1 0 , (1; )
(1 1 )
t t
t t
f t t
t
+ − +
−
= + > ∀ ∈ +∞
+ −
vì (*)
( ) (1 ) 1f x f y x y⇔ = − ⇔ = −
, thế vào pt(2) ta được :
2
1 5 2 2 6 2 2 5 6 8x x x x x− + − = ⇔ − + − + =
2 2 2
1 1
5 6 1 5 6 ( 1)

2 2
x x x x x x x y⇔ − + = + ⇔ − + = + ⇔ = ⇒ =
(tmđk)
vậy hệ pt có nghiệm là
1
2
1
2
x
y

=




=


Câu 3:Ta có:
1 1 1
( 1).( .ln 1) ln 1 ln 1
. ( 1)
1 ln 1 ln
e e e
x x x x x
I dx x dx dx
x x x x
+ + + + +
= = + +

+ +
∫ ∫ ∫
xét
2
2
1
1
1
1 3
( 1)
2 2 2
e
e
x
I x dx x e e
 
= + = + = + −
 ÷
 
∫
xét
2
1
ln 1
1 ln
e
x
I
x x
+

=
+
∫
.dx =
1
1
(1 ln )
ln 1 ln ln(1 )
1 ln
e
e
d x x
x x e
x x
+
= + = +
+
∫
khi đó
1 2
I I I= +
=
2
1 3
2 2
e e+ −
+ ln(1+e)
Câu 4: Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác A
1
AB cân tại A

1
nên A
1
I
⊥
AB
⇒

nên A
1
I
⊥
(ABC)
⇒
(AA
1
;(ABC)) =
^
0
1
30A AI =
tam giác vuông IA
1
A có A
1
I = A
1
A.sin
0
30

= 2a.
1
2
= a
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
và
2 2 2 2
1
4 3AI A A AI a a a= − = − =
2 2 3AB AI a⇒ = =
, khi đó
2 2 2 2
12 11BC AB AC a a a= − = − =
ta có:
1 1 1 1 1 1 1
. . . 1 1 1
1 2
. . .
3 3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC ABC
V V V A I S A I S A I S= − = − =
3
2 1 1 11
. . . . 11
3 2 3 3
a
a CA CB a a a= = =

Câu 5a: (1,0đ )

gt
3 3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b
a b
ab
+ +
⇔ = − −
(*) .
vì
( )
3 3 2 2
( )( )
2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
 
+ +
= + + ≥ =
 ÷
 
và
( ) ( )
1 1 1 ( ) 1 2a b a b ab ab ab
− − = − + + ≤ − +
, khi đó từ (*) suy ra
4 1 2ab ab ab≤ − +
, đặt t = ab (đk t > 0)

ta được:
( )
2
1
0
1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

< ≤

≤ − + ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ < ≤


≤ −

Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
   
+ ≤ ⇔ − + − ≤
 ÷  ÷
+ + + + + + +

   
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
. 1
0
1 1 1
a b ab
ab a b
− −
⇔ ≤
+ + +
luôn đúng với mọi a, b
∈
(0; 1), dấu "=" xảy ra khi a = b
vì
2 2
2 2
1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1
1
1 1
a b ab
ab
a b
 
+ ≤ + ≤ =

 ÷
+ + +
+
 
+ +
và
( )
2
2 2
ab a b ab a b ab− − = − − ≤
nên
2 2
1 1
F ab t
ab t
≤ + = +
+ +

xét f(t) =
2
1
t
t
+
+
với 0 < t
1
9
≤
có

'
1
( ) 1 0
(1 ) 1
f t
t t
= − >
+ +
với mọi 0 < t
1
9
≤
1 6 1
( ) ( )
9 9
10
f t f⇒ ≤ = +
,dấu "=" xảy ra
1
1
3
9
a b
a b
t ab
=


⇔ ⇔ = =


= =


Vậy MaxF =
6 1
9
10
+
đạt được tại
1
3
a b= =
Câu 6a:1.(1,0đ) Do
( ;2 1)N d N N a a= ∩∆ ⇒ ∈∆ ⇒ +
,
vì A là trung điểm của MN nên
(2 ;1 2 )M a a− −
mà
( )
2
2 2
( ) 2 (1 2 ) 2(2 ) 1 0 5 6 0M C a a a a a∈ ⇒ − + − − − − = ⇔ − =
0
6
5
a
a
=



⇔

=

với a = 0
⇒
N(0; 1)
⇒
pt d: y = 1 với
6 6 17
( ; )
5 5 5
a N= ⇒ ⇒
pt d: 12x - y - 11 = 0.
Câu 6a :2. (1,0đ)
do
(1 ; 1 ;2 2 )B d B t t t∈ ⇒ − − − +
.
2 2 2 2 2
2 2 ( 2) (2 2) 2 6 12 6 0AB AB t t t t t= ⇔ = ⇔ + + + + = ⇔ + + =
1 (2; 0; 0)t B⇔ = − ⇒
ta có mp(P) có vtpt là
(2; 3;1)
P
n = −
uur
.
vì
( ) ( )P Q⊥
và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là

;
P
n n AB
 
=
 
r uur uuur
với
(2; 3;1)
P
n = −
uur
;
(1; 1;0)AB = −
uuur

(1;1;1)n⇒ =
r
khi đó pt(Q): x + y + z - 2 = 0
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 7a: Ta có:
2 3
3 2
i
z
i
+
=
−

( ) ( )
2 3 3 2
9 4
i i
i
+ +
= =
+
2013 2013 2012
.z i i i⇒ = =
( )
1006
2
.i i i= =
khi đó
2013
2 4z i+ −
= i + 2 - 4i = 2 - 3i, nên phần thực là a = 2 , phần ảo là b = -3
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(1; 1), vì
( ; 2)N d N d N a a= ∩∆ ⇒ ∈ ⇒ +
IANM là hình bình hành
AI NM⇔ =
uur uuuur
,
với
( 1; 1); N(a; a+2) M(a-1 ; a+1)AI = − − ⇒
uur
mà
2 2
( ) ( 1) ( 1) 2( 1) 2( 1) 8 0M C a a a a∈ ⇒ − + + − − − + − =

2
1
2 4 6 0
3
a
a a
a
= −

⇔ − − = ⇔

=

với
1 ( 1;1) : 2 0a N pt x y= − ⇒ − ⇒ ∆ − + =
với
3 (3;5) : 2 0a N pt x y= ⇒ ⇒ ∆ − + =
KL :
: 2 0pt x y∆ − + =
.
Câu 6b: 2, Ta có d(A ; (P)) =
3 1 2 7
11
9 1 1
− + − −
=
+ +

vì
(1 ;3 ; )B d B B t t t= ∆∩ ⇒ ∈∆ ⇒ + −

( ) ( ) ( )
2 2 2
2
( ;( )) 11 11 2 2 2 11AB d A P AB t t t= = ⇔ = ⇔ + + − + − =
2
1
3 4 1 0
1
3
t
t t
t
=


⇔ − + = ⇔

=

với t = 1
(2;2;1)B⇒
, ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(3;1; 1)AB = −
uuuv
1 3
d: 1
2
x t
pt y t
z t

= − +


⇒ = +


= −

với
1 4 8 1 7 5 5
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3 3 3 3 3
t B AB= ⇒ ⇒ = −
uuur
ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(7;5; 5)u = −
v
1 7
d: 1 5
2 5
x t
pt y t
z t
= − +


⇒ = +


= −


Câu 7b: Đk: y > 2x - 8
Pt đầu
⇔
y – 2x + 8 =
( )
4
3
2y x⇔ =
+1
Đặt: t =
2
x
, (đk t > 0 ) , ta có pt:
( )
( )
3 2 2
2 1 0 1 2 1 0− − = ⇔ − + + =t t t t t
0
1
1
=

⇔ = ⇒

=

x
t
y

thế vào pt thứ hai ta được:
3 3 2 1
3.2 2 2 2
+
+ = +
x x x
3 2
4.2 2.2 2 0⇔ − − =
x x
5
C
B
1
A
1
C
1
A
B
I