Đề luyện thi đại học môn Toán sô 116

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 116
Ngày 28 tháng 5 năm 2014
A.PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH:
Câu 1(2 điểm): Cho hàm số
( )
3 2
6 9 , 1y x x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số (1) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng
( )
: 1 0x y∆ + + =
một góc
α
sao cho
4
cos
41
α
=
và tiếp điểm có hoành độ nguyên.
Câu 2(2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2
2cos 2 3sin cos 1 3 sin 3 cosx x x x x+ + = +
2. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( )
2
53 5 10 5 48 9 0

,
2 6 2 11 2 66
x x y y
x y
x y x x y x

− − + − − =

∀ ∈

− + + = − + + + +


¡
( )
( )
1
2
Câu 3(1 điểm) Tính tích phân:
( )
2
2
3
2
0
9
2 ln
9
x
I x x x dx

x
 
−
= − +
 
+
 
∫
Câu 4(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SB=SC=SD=AB=BC=CD=DA=2, Góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SAD) bằng 90
0
.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu 5(1 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3
Tìm giá trị lớn nhất
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
T a ab b b bc c c ca a= − + − + − +
B.PHẦN RIÊNG: (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần I hoặc II)
I. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn
( )
2 2
1
: 10S x y+ =
và
( )
2 2
2
: 10 10 30 0S x y x y+ − − + =

cắt nhau tại hai điểm A(3;1) ,B.Viết phương trình đường thẳng
đi qua điểm A và cắt (S
1
) và (S
2
) tại các ddiemr thứ 2 tương ứng C,D sao cho A là trung điểm của
đoạn thẳng CD.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(1;2;3).Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
đi qua
điểm H và cắt ba trục tọa độ tại các điểm A,B,C khác gốc tọa độ O sao cho H là trực tâm tam giác
ABC.
Câu 7a(1,0 điểm): Trong mặt phẳng phức ,Xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện:
( ) ( )
1 1 2 1i z i z z+ + − = +
II.Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b(2 điểm):
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy.Lập phương trình chính tắc của Elip(E) biết rằng có một đỉnh và hai
tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
( )
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d

− − −
= =
− −
và mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 1 25S x y z+ + − + − =
.Viết phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua điểm M(-1;-1;-2)
và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B sao cho AB=8
Câu 7b(1 điểm) Giải bất phương trình:
( )
2 2
5 5
log 3 1 log 2x x x x x+ + − ≤ −
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 116
Câu 1: 1, Bạn đọc tự giải
2, Gọi
( )
3 2
0 0 0 0
; 6 9M x x x x− +
với
0
x ∈¢
là tọa độ tiếp điểm với đồ thị (C) .PTTT tại điểm M là:

( )
( ) ( )
2 3 2
0 0 0 0 0 0
3 12 9 6 9 ,y x x x x x x x d= − + − + − +
VTPT của (
∆
): x+y+1=0 là
( )
1;1n
∆
=
uur
.VTPT của (d) là
( )
; 1
d
n k= −
r
với
3 2
0 0 0
( 6 9 )k x x x k= − + ⇒ ∈¢
theo đề ra ta có
( ) ( )
2
.
1
4 4 1
cos , cos 9,

9
41 41
.
2. 1
d
d
n n
k
d k k L
n n
k
α
∆
∆
−
∆ = = = ⇔ = ⇔ = =
+
uur uur
uur uur
Với k=9
2
0 0 0 0
3 12 9 9 0, 4x x x x⇔ − + = ⇔ = =
* Với x
0
=0 ta có tiếp tuyến y=9x *Với x
0
=4 ta có tiếp tuyến y=9x-32
Câu 2: 1, Phương trình tương đương với
( )

2
1 3 3 1
cos 2 3sin 2 2 3 3 cos sin cos2 sin 2 1 3 cos sin
2 2 2 2
3
cos 2 1 3cos 2cos 3cos 0 cos 0,cos
3 6 6 6 6 6 2
x x x x x x x x
x x x x x x
π π π π π π
 
+ + = + ⇔ + + = +
 ÷
 ÷
 
           
⇔ − + = − ⇔ − − − = ⇔ − = − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
Với
2
cos 0
6 3
x x k
π π
π
 
− = ⇔ = +
 ÷
 

2, ĐK:
10 0 10
9 0 9
2 6 0 2 6 0
2 11 0 2 11 0
x x
y y
x y x y
x y x y
− ≥ ≤
 
 
− ≥ ≤
 
⇔
 
− + ≥ − + ≥
 
 
− + + ≥ − + + ≥
 

Từ PT(1) ta có
( ) ( ) ( )
5 10 3 10 5 9 3 9 , 3x x y y− + − = − + −   
   
Xét hàm số
( )
( )
2

5 3f t t t= +
trên khoảng
[
)
0;t ∈ +∞
có
( )
/ 2
15 3 0, 0f t t t= + > ∀ ≥
hàm số đồng biến
.Từ (3) ta có
( ) ( )
( )
10 9 10 9 1, 4f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = −
Thay (4) vào (2) ta được
2
7 10 2 66 0x x x x+ − − + − − =
(5) ĐK:
[ ]
7;10x∈ −
Giải (5) ta được
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
9 9
7 4 1 10 2 63 0 9 7 0
7 4 1 10
1 1
9 [ 7 ] 0 9, 8

7 4 1 10
x x
x x x x x x
x x
x x x y
x x
− −
+ − + − − + − − = ⇔ + + − + =
+ + + −
− + + + = ⇔ = =
+ + + −
Vậy Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 9;8x y =
Câu 3:
( ) ( )
2 2 2
2 2
3 3
1 2
2 2
0 0 0
9 9
2 ln 2 ln
9 9
x x
I x x x dx x x dx x dx I I
x x
 
− −

= − + = − + = +
 
+ +
 
∫ ∫ ∫
Tính I
1
=
( )
2
0
2x x dx−
∫
đặ 1-x=sint, dx==-costdt
;
2 2
t
π π
 
 
∈ −
 ÷
 
 
 

Đổi cận:
0 , 2
2 2
x t x t

π π
= ⇒ = = ⇒ = −
Khi đó
( )
2 2
2
2
1
2
2 2
1 1 1
1 sin cos 1 cos 2 sin 2 |
2 2 2 2
I t tdt t dt t t
π π
π
π
π π
π
−
− −
 
= − = + = + =
 ÷
 
∫ ∫
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Tính I
2

=
2
2
3
2
0
9
ln
9
x
x dx
x
−
+
∫
Đặt:
2
4
2
4
3
36
9
ln
81
9
81
4
x
du dx

x
u
x
x
x
v
dv x dx


=
−

=
 
−
⇒
+
 
−
 
=
=



Ta có:
2
4 2
2
2 0

2
0
81 9 55 13
ln | 9 ln 18
4 9 4 5
x x
I xdx
x
− −
= − = −
+
∫
.Vậy:
1 2
55 13
ln 18
4 5 2
I I I
π
= + = + −
Câu 4:
{ }
, 2AC BD O AB BC CD DA ABCD∩ = = = = = ⇒
là hình thoi nên
( )
1 ,BD AC SB SD a SBD⊥ = = ⇒ ∆
cân tại S suy ra
( )
2BD SO⊥
.Từ (1)&(2)

( )
BD SAC⇒ ⊥
và
.
1
.
3
S ABCD SAC
V BD S=
.Ta có
( )
. .ABD CBD SBD c c c AO CO SO∆ = ∆ = ∆ ⇒ = =
nên
SAC
∆
vuông tại S. Gọi
M là trung điểm của SA
( )
&BM SA DM SA SA BDM⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

·
( ) ( )
( )
·
0
, 90BMD SAB SAD⇔ = =
Vậy
∆
BMD vuông tại M và
1

2
MO BD=
.Mà MO là đường trung bình của
∆
SAC
1
2
MO SC⇒ =
từ đó
BD=SC=2
BDC
⇔ ∆
đều cạnh bằng 2
2 2
2 2SA AC SC⇒ = − =
.Vậy
.
1 1 4 2
. . .
3 6 3
S ABCD SAC
V BD S BD SA SC= = =
(Đvtt)
Câu 5: Không làm mất tính tổng quát ta giả sử
( )
( )
2 2 2
2 2 2
0
0 3

0
a a b
a ab b b
a b c
a a c
a ac c c
− ≤

− + ≤
 
≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ⇔
 
− ≤
− + ≤




do đó
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
3T b c b bc c b c b c bc
 
≤ − + = + −
 
Từ
3
0 3

a b c
a b c
+ + =


≤ ≤ ≤ ≤


ta có
9
3 2 3 0
4
b c a b c b c bc b c bc= ≤ + + ⇒ + ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤
Do đó
( ) ( ) ( )
2 3
2 2
9 3 9 3T b c bc bc bc≤ − = −
Đặt t=bc điều kiện
9
0
4
t≤ ≤
Khi đí
2 3
9 3T t t≤ −
.
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
2 3 / 2 /

9
9 3 , 0; 18 9 , 0 0, 2
4
f t t t t f t t t f t t t
 
 
= − ∈ ⇒ = − = ⇔ = =
 ÷
 
 
 
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) trên
9
0;
4
 
 
 
ta được
( )
12 12f t T≤ ⇒ ≤
Dấu bằng xảy ra khi t=2.Kết
luận MaxT=12 tại (a;b;c)=(0;1;2) và các hoán vị của (a;b;c)
Câu 6a: 1;
( )
2 2
1
: 10S x y+ =
tâm O(0;0) bán kính R
1

=
10
( )
2 2
2
: 10 10 30 0S x y x y+ − − + =
Tâm I
2
(5;5) bán kính R=
2 5
. Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của
AC và AD. Gọi
5 5
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm đoạn thẳng nối tâm OI
2
của hai đường tròn thì AI là đường trung
bình của hình thang vuông OMNI
2
nên
1 3
;
2 2
AI C D AI
 

⊥ ⇒ = −
 ÷
 
uur
là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng
CD .Đường thẳng CD qua A(3;1) nhận
( )
1; 3n = −
r
làm VTPT có PT:
( ) ( )
1 3 3 1 0x y− − − = ⇔
x-3y=0
2, Ta có
( )
( )
CO OAB
OC AB AB OCH AB OH
CH AB
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


tương tự
AC OH
⊥
.Vậy

( )OH ABC⊥
.
( ) ( )
mp mp ABC
α
≡
.Nên
( )
mp
α
đi qua H(1;2;3) nhận
( )
1;2;3OH =
uuur
làm VTPT có PT:
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 0 2 3 14 0x y y x y y− + − + − = ⇔ + + − =
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 7a: Gọi điểm M(a;b) biễu diễn số phức z=a+bi
( )
,a b ∈¡
theo đề ra ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2
1 1 2 1 2 2 1i a bi i a bi a bi a b a b+ + + − − = + + ⇔ − = + +
( ) ( )
2 2
2

0
0
1 1
2 2 1 0
1 1
1
2 2
a b a
a b
a b
ab a
b b
a b a b
a a
≥ >
 
− ≥

≥

  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   
+ + =
= − − = − −
− = + +


 


 
suy ra M thộc đường
cong
( ) ( )
1
: 1 , 0
2
H y x
x
= − − >
Câu 6b:1, Phương trình chính tắc của E líp:
( )
2 2
2 2
1, 0
x y
a b
a b
+ = > >
với hai tiêu điểm
( ) ( )
2 2 2
1 2
;0 , ;0 ,F c F c c a b− = −
.Hai đỉnh trên trục nhỏ là
( ) ( )
1 2
0; , 0;B b B b−
.Vì tam giác B
1

F
1
F
2
đều và
chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+

( )
( )
( )
2 2 2
2 2
6
3
2 3 3 : 1
2 36 27
3
4 12 2 3
c a b
a
x y
b c b E
c
a b

= −
=





= ⇔ = ⇔ + =
 
 
=


+ = +

2, Gọi
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
2 ;1 2 ;1 3 ;2 2 ;3M d M t y t MM t t t= ⊂ ∆ ⇒ − − + ⇒ = − − +
uuuuur
.Mặt cầu tâm I(-1;2;1).mặt
phẳng (P): qua I(-1;2;1) vuông góc với
( )
∆
nhân
( )
1
3 ;2 2 ;3MM t t t= − − +
uuuuur
làm VTPT có PT:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: 3 1 2 2 2 3 1 0P t x t y t z− + + − − + + − =
.Gọi H là trung điểm của A,B thì
, 3IH AB IH⊥ =

.Do
( )
( )
2
3 15
3
3 2 3 ; 1,
5
6 8 22
t
IM MH d M I t t
t t
−
= ⇒ = = = ⇔ = − =
− +
*Với t=-1
( )
: 1 2 , 1 2 , 1x t y t z t⇒ ∆ = − + = − + = − +
*Với
( )
3
: 1 6 , 1 2 , 2 9
5
t x t y t z t= ⇒ ∆ = − + = − + = − +
Câu 7b: Điều kiện:
2
3 1.0
0
0
x x

x
x

+ +
⇔ >

>

Với điều kiện trên ta có
( )
( ) ( )
2 2
5 5
log 3 1 3 1 log 5 5x x x x x x+ + + + + ≤ +
(*)
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
/
5
1
log , 0 1 0
ln5
f t t t t f t
t
= + ∀ > ⇒ = + >
hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
.Từ
(*) ta có

( )
( ) ( )
2
2 2
3 1 5 3 1 5 1 0 1f x x f x x x x x x+ + ≤ ⇔ + + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =
Vậy bất phương trình có nghiệm x=1
Chú ý: ta có thể sử dung bất đẳng thức cô si cho VT
1VT ≥
và đánh giá VP
1 1 1VP VP VT x
⇒ ≤ ⇔ = = ⇔ =
4