Đề luyện thi đại học môn Toán sô 117

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117
Ngày 28 tháng 5 năm 2014
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ 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 m để đường thẳng (d)
2y x m= −
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác
OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).
Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình .
2 2
2sin ( ) 2sin tan x
4
x x
π
+ = +
.
Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
( 2) 4 7 3 2 0

1 1
x x x y y x y
x y x y

+ + + + + + + + =


+ + = − +


( , )x y R∈
.
Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân :
ln 2
0
3 1 1
x
x x
e dx
e e
− + +
∫
.
Câu V(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB
= = =
, đường thẳng
'A C

tạo
với mặt phẳng
( )
' 'ABB A
góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng
' , 'A B CC
theo a.
Câu VI(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn :
2 2 1 1x y x y− + + + = +
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P =
2(32 )
( ) ( )
2 2
xy x y
x y
x y y x
x y
+ +
− + − +
+
.
II.PHẦN RIÊNG.(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B).
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng
1
( ) : 2 0d x y+ =

và
2
( ) : 2 3 5 0d x y+ + =
cắt nhau tại A.Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d
1
, cắt d
1
tại B, cắt d
2
tại
C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24.
Câu VIII.a (1,0 điểm)
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
4 6 10 24 0x y z x y z
+ + − − + + =
và hai mặt phẳng
( ) : 3 0;( ) : 2 1 0P x y z Q x y z+ − + = − + − =
. Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng
(P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu IX.a(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1 2z i z i− + = −
.
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn
( )
2 2

: 18 6 65 0C x y x y
+ − − + =
và
( )
2 2
' : 9C x y
+ =
. Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp
điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng
24
5
.
Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm
( ) ( )
0;3;0 , 4;0; 3B M −
. Viết phương
trình mặt phẳng
( )P
chứa
,B M
và cắt các trục
,Ox Oz
lần lượt tại các điểm
A
và
C
sao cho thể tích khối tứ
diện
OABC
bằng

3
(
O
là gốc toạ độ ).
Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng
1 5 9 2013
2014 2014 2014 2014
S C C C C= + + +
.
… Hết …
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117
Câu
Nội dung Điểm
Câu
I
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
TXĐ: R\
{ }

1
. y
’
=
2
3
( 1)x
−
−
<0
1x∀ ≠
⇒
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
∞
;1) và (1;+
∞
)
0.25
lim lim 2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
⇒
TCN: y =2.
1
lim
x
y
−

→
= −∞
,
1
lim
x
y
+
→
= +∞
⇒
TCĐ : x = 1
0.25
BBT:
x -
∞
1 +
∞
y
’
- -
y
-
∞
2
+
∞
2
0.25
Đồ thị:

0,25
2.Tìm m để đường thẳng (d)
2y x m= −
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
2 1
2
1
x
x m
x
+
= −
−

⇔
2
g(x)=2x (4 ) 1 0 (x 1)m x m
− + + − = ≠
(1)
Để đường thẳng (d)
2y x m= −
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1
2
0
24 0
(1) 0
3 0

m
g
∆ >

+ >

⇔ ⇔
 
≠
− ≠


luôn đúng với mọi m.
0,25
Gọi
1 1 2 2
( ;2 ); ( ;2 )A x x m B x x m− −
,với
1 2
;x x
là hai nghiệm của phương trình (1).
Theo Viét:
1 2 1 2
4 1
; .
2 2
m m
x x x x
+ −
+ = =

Để tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ) thì
( ) (1)
. 0 (2)
O d
OA OB
∉



=


uuur uuur
0,25
(1) 0m⇔ ≠

(2) ⇔
2
1 2 1 2 1 2 1 2
(2 )(2 ) 0 5 2 ( ) 0x x x m x m x x m x x m+ − − = ⇔ − + + =
0,25
2
1 4 5
5 2 0
2 2 3
m m
m m m
− +
⇔ − + = ⇔ = −
. Kết luận:

5
3
m = −
0,25
Câu
II
Giải phương trình .
2 2
2sin ( ) 2sin t anx
4
x x
π
+ = +
.(1)
Điều kiện :
cos 0x
≠
(1)
( )
2
2
sinx cos 2sin t anxx x⇔ + = +

1 2sinx t anx(sin 2 1) (sin 2 1)(t anx 1) 0x x⇔ + = + ⇔ + − =

0,5
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )
sin 2 1

4
t anx 1
( )
4
x k tm
x
x k tm
π
π
π
π

= − +

= −

⇔ ⇔


=


= +


Vậy phương trình có 2 họ nghiệm :

4

4

x k
x k
π
π
π
π

= − +



= +


0,5
Câu
III
Giải hệ phương trình :
2 2
2
( 2) 4 7 3 2 0 (1)
1 1 (2)
x x x y y x y
x y x y

+ + + + + + + + =


+ + = − +



( , )x y R∈
.
Điều kiện:
2
1 0x y
+ + ≥
Phương trình (1)
2 2
( 2) ( 2) 3 2 ( ) 3x x x y y y⇔ + + + + + = − − + −
Xét hàm số
2
( ) 3f t t t t= + +
Có
2
2
2
'( ) 3 1 0
3
t
f t t t
t
= + + + > ∀
+
⇒
Hàm số f(t) đồng biến trên R
⇒
Phương trình (1)
2x y⇔ + = −
0,5

Thay vào (2) ta có
:
2
2 2 2 2
2
3 3
1 2 3
2 2
1 4 12 9 1 4 12 9
3
2
3
1 1 (tmdk)
1
2
3 13 10 0
10
3
x x
x x x
x x x x x x x x
x
x
x y
x
x x
x
 
≥ − ≥ −
 

− − = + ⇔ ⇔
 
 
− − = + + − − = + +
 

≥ −



≥ −

⇔ ⇔ ⇔ = − ⇒ = −
= −

 

 
+ + =



= −


Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1).
0,5
Câu
IV
Tính tích phân : I=

ln 2
0
3 1 1
x
x x
e dx
e e
− + +
∫
.
Đặt
2
-1 = t 2
x x
e e dx tdt⇒ =
Với
0 0x t= ⇒ =
Với
ln 2 1x t= ⇒ =
0,25
1
2
0
2
3 2
tdt
I
t t
=
+ +

∫
1 1
0 0
2( 1) ( 2) 2 1
2 2 ( )
( 1)( 2) 2 1
t t
dt d
t t t t
+ − +
= = −
+ + + +
∫ ∫
1 1
0 0
4ln 2 2ln 1 4ln3 6ln 2t t= + − + = −
0,75
Câu
V
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 120AC a BC a ACB
= = =
, đường thẳng
'A C
tạo với
mặt phẳng
( )
' 'ABB A

góc
0
30
. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường
thẳng
' , 'A B CC
theo a.
Trong (ABC), kẻ
CH AB
⊥

( )
H AB∈
, suy ra
( )
' 'CH ABB A⊥

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’).
Do đó:
( )
·
( )
·
·
0
( ' , ' ' ) ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = =
.
2
0
1 3

. .sin120
2 2
ABC
a
S AC BC
∆
= =
2 2 2 0 2
2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ =
0,25
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
;
2.
21
7
ABC
S
CH a
AB
∆
= =
. Suy ra:
0
2 21
'
7
sin30
CH a
A C = =

0,25
Xét tam giác vuông AA’C ta được:
2 2
35
' '
7
AA A C AC a= − =
. Suy ra:
3
105
. '
14
ABC
a
V S AA
∆
= =
.
0,25
Do
( )
'/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒
. Suy ra:

( ) ( )
( )
( )
( )
21
' , ' ', ' ' , ' '

7
a
d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = =
0,25
Câu
VI
Cho 2 số thực x, y thỏa mãn :
2 2 1 1x y x y− + + + = +
.
Tìm GTLN, GTNN của P =
2(32 )
( ) ( )
2 2
xy x y
x y
x y y x
x y
+ +
− + − +
+
.
Từ gt
2; 1x y⇒ ≥ ≥ −
.
Vì
( )
( )
( )
2
2 2

2. 2 1. 1 2 1 2 1x y x y− + + ≤ + − + +
2 2 1 5( 1)x y x y⇔ − + + ≤ + −
.
0,25
Nên từ
2 2 1 1x y x y
− + + + = +
2
( 1) 5( 1)x y x y⇒ + − ≤ + −
. Đặt t = x + y , ta có:
2
( 1) 5( 1)t t− ≤ −

1 6t
⇔ ≤ ≤
0,25
Khi đó: P =
2 2
1 64 1 64
( )
2 2
x y t
x y t
+ + = +
+
.
Xét
2
1 64
( )

2
f t t
t
= +
, với
[ ]
1;6t ∈
, có
' '
32
( ) ; ( ) 0 4f t t f t t
t t
= − = ⇔ =
0,25
Có
(4) 40f =
;;
129
(1)
2
f =
;
64
(6) 18
6
f = +

[ ]
1;6
( ) (4) 40

t
Min f t f
∈
⇒ = =
;
[ ]
1;6
129
ax ( ) (1)
2
t
M f t f
∈
= =
⇒
GTNN của P là 40 khi
92 12 6
4
25
2 2 1 3
8 12 6
25
x
x y
x y
y

−
=


+ =

 
⇔
 
− + + =
+



=


GTLN của P là
129
2
khi
2
1
x
y
=


= −

0,25
Câu
VIIa
Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng

1
( ) : 2 0d x y+ =
và
2
( ) : 2 3 5 0d x y+ + =
cắt nhau tại
A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d
1
, cắt d
1
tại B, cắt d
2
tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24.
Ta có
( 5; 2 5)A −
.Gọi
α
là góc tạo bởi hai đường thẳng d
1
và d
2
4
os
5
c
α
⇒ =
.Đường tròn (C) nhận AB là đường kính
⇒
Tam giác ABC vuông tại C

·
BAC
α
⇒ =
0,25
Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R
Ta có
8 6
2 os ; 2 sin
5 5
AC Rc R BC R R
α α
= = = =

2
1 24
. 24 5
2 25
ABC
R
S AC BC R
∆
= = = ⇒ =
0,25
Vì
1
( ) ( ; 2 )I d I a a∈ ⇒ −
.Có
( ) ( )
2 2

2
0
5 2 2 5 25 5 10 5 0
2 5
a
IA R a a a a
a
=

= ⇔ − + − + = ⇔ − = ⇔

=

0,25
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Với
0 (0;0)a I= ⇒ ⇒
Phương trình đường tròn (C) là
2 2
25x y+ =
Với
2 5 (2 5; 4 5)a I= ⇒ − ⇒
Phương trình đường tròn (C) là
( ) ( )
2 2
2 5 4 5 25x y− + + =

0,25
Câu

VIII
a
Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
4 6 10 24 0x y z x y z+ + − − + + =

và hai mặt phẳng
( ) : 3 0;( ) : 2 1 0P x y z Q x y z+ − + = − + − =
.Lập phương trình mặt phẳng (α)
vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Mặt cầu (S) có tâm là I(2;3;-5) và bán kính là
14R =
. Mặt phẳng (P) có VTPT là
1
(1;1; 1)n = −
uur
Mặt phẳng (Q) có VTPT là
2
(1; 2;1)n = −
uur
. Vì mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) nên có
một VTPT là
1 2
, ( 1; 2; 3)n n n
 
= = − − −
 
r uuruur
.Chọn
(1;2;3)n =

r
Phương trình mặt phẳng (α) có dạng :
2 3 0x y z d+ + + =
0,5
Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên
2 6 15
( ;( )) 14
14
d
d I R
α
+ − +
= ⇔ =

21
7 14
7
d
d
d
=

⇔ − + = ⇔

= −

Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là:
2 3 21 0x y z+ + + =
và
2 3 7 0x y z+ + − =

0,5
Câu
IXa
Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1 2z i z i− + = −
Giả sử
, ( , )z x yi x y= + ∈¡
. Ta có:
+
2 2 2 2 2 2
6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − =
(1)
0,25
+
( 1) ( 1) ( 2)x y i x y i− + + = + −

2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + −
3 1 0x y⇔ − + =
(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
2 2
2
2, 1
3 1
3

7 1
,
3 1 0 4 3 1 0
4 4
x y
x y
x y
x y
x y y y
= =

= −
 
− =

⇔ ⇔
 

= − = −
− + = − − =
 


.
Vậy
7 1
2 ;
4 4
z i z i= + = − −
0,5

Câu
VIIb
Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn
( )
2 2
: 18 6 65 0C x y x y
+ − − + =
và
( )
2 2
' : 9C x y
+ =
Từ
điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa
độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng
24
5
.
0,25
0,25
Đường tròn (C’) có tâm
( )
O 0;0
, bán kính
R OA 3
= =
. Gọi
H AB OM= I
, do H là trung điểm của AB
nên

12
AH
5
=
. Suy ra:
2 2
9
OH OA AH
5
= − =
và
2
OA
OM 5
OH
= =
0,25
5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Đặt
( )
M ;x y
, ta có:
( )
2 2
2 2
M
18 6 65 0
OM 5
25

C
x y x y
x y

∈

+ − − + =
 
⇔
 
=
+ =




2
2 2
3 15 0
9 20 0
25 15 3
x y
x x
x y y x
+ − =
 
− + =
⇔ ⇔
 
+ = = −

 
4 5
3 0
x x
y y
= =
 
⇔ ∨
 
= =
 
. Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là:
( )
M 4;3
hoặc
( )
M 5;0
.
0,5
Câu
VIII
b
Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)(
0ac
≠
). Vì
( )
0;3;0B Oy∈
nên
( )

: 1
3
x y z
P
a c
+ + =
.
0,25

( ) ( )
4 3
4;0; 3 1 4 3M P c a ac
a c
− ∈ ⇒ − = ⇔ − =
(1)

1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac
∆
= = = = ⇔ =
(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
6 6 2
3

4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a c
c
= −

= = − =
  

∨ ⇔ ∨
   
− = − = − =
= −
  


0,25
Vậy
( ) ( )
1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P+ − = + + =
−
0,25
Câu

IXb
Tính tổng
1 5 2013
2014 2014 2014
S C C C= + + +
0,25
Trong khai triển:
( )
2014
0 1 2 2 3 3 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
1 x C xC x C x C x C
+ = + + + + +
Khi x = 1 ta có:
( )
0 1 2 3 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
2 1C C C C C+ + + + + =
Khi x = -1 ta có:
( )
0 1 2 3 2014
2014 2014 2014 2014 2014
0 2C C C C C− + − + + =
Lấy (1) – (2) ta có:
( )
1 3 5 7 2013 2013
2014 2014 2014 2014 2014
2 3C C C C C+ + + + + =
0,25
Xét số phức:

( )
2014
0 1 2 2 3 3 2014 2014
2014 2014 2014 2014 2014
1 i C iC i C i C i C
+ = + + + + +
Do
( ) ( )
(
)
( )
1007
2014 2 1007
1007 1007 1007
1 1 2 2 2i i i i i+ = + = = = −
0,25
Nên:
1007
2 i−
0 1 2 3 4 5 2014
20134 2014 2014 2014 2014 2014 2014
C iC C iC C iC C= + − − + + −
=
( ) ( )
0 2 4 2012 2014 1 3 5 2013
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
C C C C C C C C C i
− + − + − + − + − +
0,25
Vậy :

1 3 5 7 2013
2014 2014 2014 2014 2014
C C C C C
− + − + +
=
1007
2−
(4)
Lấy (3) + (4): Ta có
2012 1006
2 2S = −
0,25
6