Đề luyện thi đại học môn Toán sô 133

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 133
Ngày 18 tháng 6 năm 2014
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
1
3
x
y
x
+
=
−
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số thực
m
để đường thẳng
:d y x m= +
cắt
(C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
4 4
4sin 4 os ( ) 1
4
2
os2x
x c x
c
π
+ − −
=

.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
6x 1 1
( , )
6 1 1
y y
x y
y x x

+ = − +

∈

+ = − +


¡
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
ln( 1),y x x y x= + =
và 2
đường thẳng
0, 1x x= =
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đỉnh S không cùng nằm trong một
mặt phẳng. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là
60
0

,
21
6
a
SA =
, SC<HC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa HK và mặt phẳng (SBC)
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d:
3y =
. Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2
điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết tam
giác OBC đều.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1 2
,d d
có phương trình là
1
1
: 3
x t
d y t
z t
= +


= −


=


,
2
3 1 2
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
, d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt
1 2
,d d
lần lượt tại A và B. Viết phương
trình mặt cầu đường kính AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn
2
3(1 2)
(2 8) 2
2 1
i
z i z z
i
+
+ − + =
−
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
1abc =

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
9
2( )
a b c
P
b c a a b c
= + + +
+ +
.
………….…………………………………Hết………………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:………………….
Chữ kí giám thị 1:…………………….………… Chữ kí giám thị 2:…………………………………
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Híng dÉn chÊm ĐỀ 133
Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
1
3
x
y
x
+
=
−
1. Tập xác định:
\{3}D = ¡
2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số.

1
1
1
lim lim lim 1
3
3
1
x x
x
x
x
y
x
x
→±∞ →±∞
→±∞
+
+
= = = −
−
−
=> Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=-1
làm tiệm cận ngang
3 3
3 3
1 1
lim lim ;lim lim
3 3-
x x
x x

x x
y y
x x
+ −
+ −
→ →
→ →
+ +
= = −∞ = = +∞
−
=>Đồ thị hàm số nhận đường
thẳng x=3 làm tiệm cận đứng
* Lập bảng biến thiên
2
4
' 0
(3 )
y x D
x
= > ∀ ∈
−
, y’ không xác định
<=> x=3
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực
trị.
3. Đồ thị
-Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=-1
- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=
1

3
đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d:y=x+m và (C) là nghiệm của phương trình
2
1
(1) (2 ) 1 3 0(2)
3
x
x m x x m m
x
+
= + ⇔ − − + − =
−
((2) không có nghiệm x=3)
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ (1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(2) có 2 nghiệm phân biệt
2
0 8 0 ( ; 8) (0; ) (*)m m m⇔ ∆ > ⇔ + > ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
Với (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m+ +
trong đó x
1
,x
2
là nghiệm của (2) . Ta
thấy I không nằm trên d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB là
1 2
1 2

3
5
3 3
:
1 1
3 3
x x
m
x
G
x m x m m
y
+ +
−

= =



− + + + + +

= =


G nằm trên (C) ta có
5
1
1
3
5

3
3
3
m
m
m
−
+
+
=
−
−

2
8 20 0 10; 2m m m m⇔ + − = ⇔ = − =
Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình
4 4
4sin 4 os ( ) 1
4
2
os2x
x c x
c
π
+ − −
=
(1) ĐK:
os2x 0 ( )
4 2
c x k k

π π
≠ ⇔ ≠ + ∈¢

2
2
(1) (1 os2x) 1 os(2x- ) 1 2 os2x
2
c c c
π
 
⇔ − + + − =
 ÷
 
2 2
(1 os2x) (1 sin 2x) 1 2 os2xc c⇔ − + + − =
2 2 os2x+2sin 2x 2 os2x 2 os2x-sin2x 1c c c⇔ − = ⇔ =
2 2 2
2( os sin ) ( osx+sinx) 0c x x c⇔ − − =
osx+sinx 0
( osx+sinx)( osx 3 inx) 0 ( )
4
osx 3sinx 0
arctan3
c
x k
c c s k
c
x k
π
π

π

=
= − +


⇔ − = ⇔ ⇔ ∈


− =

= +

¢
Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là
arctan3 ( )x k k
π
= + ∈¢
2
-10 -5
5
4
2
-2
-4
-6
f x
( )
= -1
s x

( )
= -1
f x
( )
= -1
r x
( )
= -1
f y
( )
= 3
q y
( )
= 3
1
3
-1
3
-1
x
y
x=3
y =-1
O
g x
( )
= -1
f x
( )
=

x+1
3-x
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
6x 1 1 (1)
( , )
6 1 1 (2)
y y
x y
y x x

+ = − +

∈

+ = − +


¡

Điều kiện:
1
1
x
y
≥



≥

trừ vế với vế (1) cho (2) ta được

2 2 2 2
6x 1 6 1 1 1 (*)y y x y x+ − + = − − − + −
Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn
Nếu(x;y)
≠
(1;1)
2 2
2 2
2 2
6x 6
(*)
1 1
6x 1 6 1
y y x
y x
y x
y
− −
⇔ = + −
− + −
+ + +

2 2
6x+6y 1
( ) 0 0
1 1

6x 1 6 1
x y x y x y y x
y x
y
 
 ÷
⇔ − + + + = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
− + −
+ + +
 
Với y=x thay vào (1) ta có

2
2 2 2 2 2
2
6x 24 2
6x 1 1 6x 1 5 1 1 4 4
1 1
6x 1 5
x
x x x x x
x
− −
+ = − + ⇔ + − = − − + − ⇔ = + −
− +
+ +
2
6 1
( 2) ( 2)(1 ) 0 2 0 2 2

1 1
6x 1 5
x x x x y
x
 
⇔ − + − + = ⇔ − = ⇔ = ⇒ =
 ÷
− +
+ +
 
.Vậy hệ có nghiệm x=y=2
Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
ln( 1); ; 0; 1y x x y x x x= + = = =
là
1
0
| ln( 1) | xS x x x d= + −
∫
.Xét phương trình
( )
0 (0;1)
xln x 1 x 0
1 1
x
x e
= ∉

+ − = ⇔

= − >



do vậy
1
1 1
2
0 0
0
( ln( 1) ) x ln( 1) x
2
x
S x x x d x x d= + − = + −
∫ ∫
Đặt
1
1
2
2
0
0
x
ln( 1)
1 1 1
1
ln( 1) x
dx
2 2 2
1
2
d

dU
U x
x x
x
S x d
dV x
x
V

=

= +

− −

+
⇒ ⇒ = + − −
 
=
−


=


∫
1
2
0
( 1) 1 1

4 2 4
x −
= − − =
Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân tại S và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH
⊥
AB,CH
⊥
AB=>AB
⊥
(SHC) mà AB=(SAB)
∩
(ABC) nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc giữa SH và CH
do CH>SC nên
·
SHC
nhọn =>
·
0
60SHC =
Thể tích S.ABC là
. . .
. . .
3 3 3
SCH SCH SCH
S ABC S ACH S BCH
AH S BH S AB S
V V V
∆ ∆ ∆
= + = + =
Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao

3
2
a
CH =
,
2 2
2 2
21a 3
36 4 3
a a
SH SA AH= − = − =

Diện tích tam giác SHC là
·
2
0
1 1 3 3 3
. .sin sin 60
2 2 3 2 8
SHC
a a a
S SH CH SHC
∆
= = =
3
.
3
24
S ABC
a

V⇒ =

H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC)
nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC))
. .
3 3
2S
S HBC S ABC
SBC SBC
V V
S
∆ ∆
= =
Theo định lí côsin trong tam giác SHC có
2 2 0
21
2. . . os60
6
a
SC SH CH SH CH c SB= + − = =
nên tam giác SBC cân tại S. Gọi I là trung điểm
BC=>
2
2 2
3 1 3 3a
. ( ,( ))
3 2 6 8
SBC
a a
SI SC CI S SI BC d HK SBC

∆
= − = ⇒ = = ⇒ =

Câu 6(1,0 điểm) Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc
BC =>H(0;
3
)=>OH=
3
. Do tam giác OBC đều nên
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
I
a
60
0
H
K
B
C
A
S
OH=
3
3 2
2
BC
BC= ⇔ =
. Trong tam giác
vuông IB có
2

1
. 1
3
HB HI HO IH= = ⇒ =

1 3 4 3
(0; ) (0; )
3 3 3
HI OH I= = ⇒
uuur uuur
Trong tam giác vuông IBH có
2 2 2 2
4
3
R IB IH HB= = + =
.Vậy phương trình đường tròn (C):
2 2
4 3 4
( )
3 3
x y+ − =
Câu 7(1,0 điểm) D cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B,
I thẳng hàng
1 ( 1)
1 ( 1)
1 ( 3)

t k b
IA k IB t k b
t k b
− = +


⇔ = ⇔ − = −


+ = +

uur uur

1 0
1 1 (3;1;2), (3;1; 2)
3 1 2
t kb k b
t kb k k A B
t kb k t
− − = =
 
 
⇔ − − + = − ⇔ = ⇒ −
 
 
− − = − =
 
Gọi C là trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2
Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)
2

+(y-1)
2
+z
2
=4
Câu 8(1,0 điểm)
2 2 2
2
3(1 2) 3(1 2)( 1 2)
(2 8) 2 (2 8) 2 (2 8) 2 (1 2)
1 2
2 1
i i i
z i z z z i z z z i z i z
i
+ + − −
+ − + = ⇔ + − + = ⇔ + − + = − +
+
−
2 2
(2 8) 2 (1 2 2) 2 0(1)z i z i z z z⇔ + − + = − ⇔ + + =

Gọi z=a+bi (a,b
∈¡
) thoả mãn (1) ta có

( )
2 2
2
2 2

2 0
a bi a bi 2 0 2 ( 2a ) 0
2a 0
a b a
a b a i b b
b b

− + + =
− + + + = ⇔ − + + + − = ⇔

− =

11 1
;
2 2
b a⇔ = ± =
Vậy có 2 số phức thoả mãn đề bài là
1 11 1 11
,
2 2 2 2
z i z i= + = −
Câu 9(1,0 điểm)
2 2 2
9
2( )
a b c
P
b c a a b c
= + + +
+ +

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân ta có
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 1
; ;
a b c a b c
ab bc ca
a b b b c c c a a b c a a b c
+ ≥ + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + + = + +
có
2 2 2
( ) . . . ( ) ( ) ( )a b c abc a b c ab ac bc ba ca bc ab bc ac+ + = + + = + + ≤ + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
( ) ( )
ab ac ab bc ca cb
3 3
ab bc ca ab bc ca
a b c
+ + + +
⇔ + + ≤ ⇒ + + ≤
2 2 2 2
9 27
2( ) 2( )
a b c
P ab bc ca
b c a a b c ab bc ca
= + + + ≥ + + +
+ + + +

=
2
27 9
2 2 2( ) 2
ab bc ca ab bc ca
ab bc ca
+ + + +
+ + ≥
+ +
. Khi a=b=c=1 thì P=
9
2
nên giá trị nhỏ nhất của P bằng
9
2
4
H
O
C
B
I