Đề luyện thi đại học môn Toán sô 120

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 120
Ngày 4 tháng 6 năm 2014
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên;
2. Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm
( )
3; 1M −
và cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
3MB MA=
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình
( )
( )
sin 3 cos3 sin 2sin 2 1 4cos 1 3x x x x x
− = − + −
2. Giải bất phương trình
3
2 3 1 8 3 1 5x x+ ≥ − −

( )
x ∈¡
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

( )
1
2 1 ln 2 4
ln 1
e
x x x
I dx
x x x
+ + +
=
+ +
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh S. Góc giữa
đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng
0
45
, góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng
6a
.
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 6 2 2 3 0
3 3 2

x y y y
x y x xy y x y

+ − − + + =


− + + + = + +



( )
,x y ∈¡
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 VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc (Oxy); cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm
( )
3; 1M
−
, đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm
( )
1; 3E − −
và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm
( )
1;3F
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là điểm
( )
4; 2D
−
.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho mặt phẳng (P) và hai đường thẳng (d), (d') lần lượt có phương
trình:
( )
1 1 1
( ) : 2 2 0, :
1 3 2
x y z
P x y z d
− − −
− + = = =
,
( )
1 2
' :
2 1 1
x y z
d
− −
= =
−
.
Hãy viết phương trình đường thẳng
( )
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng (d) và cắt đường thẳng (d').
Câu VIIa (1,0 điểm) Cho số phức
( )
( )
3
1

5
1 3
16 1
i
z
i
+
=
+
. Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức
2
z
, biết rằng
2 1 1
2z iz z− + =
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy), cho đường tròn (C) và đường thẳng (d) lần lượt có
phương trình
( ) ( )
2 2
2 1 8x y− + + =
và
2 3 0x y− + =
. Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) và điểm A thuộc
đường thẳng (d). Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D; biết rằng
2BD AC=
và hoành độ của điểm A không nhỏ hơn 2.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C

−
và đường thẳng (d)
có phương trình là:
( )
1 1 2
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
. Hãy lập phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua trực tâm của tam giác ABC,
nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d).
Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực
,b c
sao cho số phức
( )
( )
( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i

i i
+ −
− +
là nghiệm của phương trình
2
8 64 0.z bz c+ + =
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 120
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
I
(2,0đ)
1. (1,0 điểm)
a)Tập xác định
{ }
\ 1D = ¡
b)Sự biến thiên
+)
( )
2
1
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
−
+) Giới hạn
2

1
lim lim 1 1
1
1
x x
x
y y
x
→±∞ →±∞
−
= = ⇒ =
−
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1 1 1
2 2
lim lim , lim lim
1 1
x x x x
x x
y y
x x
+ + − −
→ → → →
− −
= = −∞ = = +∞ ⇒
− −

1x =
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
+) Bảng biến thiên

1
1
-
∞
+
∞
+
+
1
y
y'
+
∞
-
∞
x
Hàm số đồng biến trên
( )
;1
−∞
và
( )
1;
+∞
c)Đồ thị
8
6
4
2
-2

-4
-6
-15
-10
-5
5
10
15
1
2
1
0
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta thấy nếu đường thẳng (d) không có hệ số góc thì nó chỉ cắt (C) tại đúng một điểm suy ra (d) phải
có hệ số góc. Giả sử (d) có hệ số góc là k thì phương trình của (d):
3 1y kx k
= − −
. Phương trình hoành
độ giao điểm là:
( )
2
1
2
3 1
2 2 1 3 3 0
1

x
x
kx k
kx k x k
x
≠

−

= − − ⇔

− + + + =
−


( )
2
2 2 1 3 3 0kx k x k
⇔ − + + + =
(1) ( do
1x =
không phải là nghiệm)
+) Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt
2
0
0
' 1 0
k
k
k k

≠

⇔ ⇔ ≠

∆ = + + >

+) Giả sử
( ) ( )
1 1 2 2
; 3 1 , ; 3 1A x kx k B x kx k
− − − −
, trong đó
1 2
,x x
là hai ngiệm của (1) và theo Vi et ta
có:
1 2 1 2
4 2 3 3
;
k k
x x x x
k k
+ +
+ = =
(2)
Ta xét hai trường hợp sau:
TH1.
2 1
3. 3 6MB MA x x= ⇔ − = −
uuur uuur

, kết hợp với (2) ta được:
0,25
0,25
1 2
5 1 3 3 5 1 3 3 3 3 1
, ; . 1;
2 2 2 2 5
k k k k k
x x k k
k k k k k
+ + + + +
= = = ⇔ = − = −
+)
1 1 2
( ) :
5 5 5
k d y x= − ⇒ = − −
+)
1 ( ) : 2k d y x= − ⇒ = − +
TH2.
2 1
3. 3 12MB MA x x
= − ⇔ = − +
uuur uuur
, kết hợp với (2) ta được
1 2
4 1 3 4 1 3 3 3 3 5
, ; .
2
k k k

x x k
k k k k k
− − + ±
= = = ⇔ =
Phương trình đường thẳng (d):
( )
3 5
3 1
2
y x
±
= − −
Vậy
0,25
0,25
II(2,0
đ)
1. (1,0 điểm)
Pt
( )
( )
3 3
3sin 4sin 4cos 3cos sin 2sin 2 1 4cos 1 3x x x x x x x⇔ − − + = − + −
( ) ( ) ( )
( )
sin cos 3 4 4sin cos sin 2sin 2 1 4cos 1 3x x x x x x x⇔ + − + = − − −
0,25
( ) ( ) ( )
( )
sin cos 2sin 2 1 sin 2sin 2 1 4cos 1 3x x x x x x⇔ + − = − − −

( )
( )
1
sin 2
2
2sin 2 1 2sin 2 cos 3 sin 0
3 sin cos 2sin 2
x
x x x x
x x x

=

⇔ − + − = ⇔

− =


0,25
+)
1
12
sin 2 sin ,
5
2 6
12
x k
x k
x k
π

π
π
π
π

= +

= = ⇔ ∈


= +


¢
0,25
+)
3 sin cos 2sin 2 sin .cos cos .sin sin 2
6 6
x x x x x x
π π
− = ⇔ − =
2 2 2
6 6
sin sin 2 ,
7 2
6
2 2
6 18 3
x x k x k
x x k

x x k x k
π π
π π
π
π π π
π π
 
= − + = − +
 
 
⇔ − = ⇔ ⇔ ∈
 
 ÷
 
 
= − + + = +
 
 
¢
Vậy
0,25
2. (1,0 điểm)
Đk:
1
5
x ≤
, đặt
3
3
1

3 1
3
t
t x x
−
= + ⇒ =
, thay vào bất phương trình đã cho:
0,25
3
3
3 2
4
1
4
2 8 3 1 5. 24 15 8 2
3
24 15 64 32 4
t
t
t
t t t
t t t
≥

−

<
≥ − − ⇔ − ≥ − ⇔





− ≥ − +


0,25
( )
( )
2
3 2
4
4
4
4
2 15 26 20 0
15 4 32 40 0
t
t
t
t
t t t
t t t
≥

≥



<


<
⇔ ⇔




 


+ − + ≤
+ − + ≤





0,25
4
4 21
4
2 3
2
t
t x
t
t x
t
≥

≥ ≥

 

⇔ ⇔ ⇔
<

 

≤ − ≤ −

 

≤ −


. Vậy tập nghiệm của bpt là
(
] [
)
; 3 21;S
= −∞ − +∞
U
0,25
III(1,
0đ)
Ta có
( )
1 1 1
2 ln 1 ln 2
ln 2
2

ln 1 ln 1
e e e
x x x x
x
I dx dx dx
x x x x x x
+ + + +
+
= = +
+ + + +
∫ ∫ ∫
0,5
( )
( )
( )
1
1
1
ln 1
2 2 2 ln ln 1 2 2 ln 2 1 ln 2
ln 1
e
e
e
d x x x
x e x x x e e
x x x
+ +
= + = − + + + = − + + −
+ +

∫
0,5
IV(1,
0đ)
P
N
M
H
D
C
B
S
A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB và do tam giác SAB cân tại S
nên SM vuông góc với AB và kết hợp với SH vuông góc với đáy suy ra AB vuông góc với mặt phẳng
SMN nên theo giả thiết ta được:
( )
·
·
0
,( ) 45 2SA ABCD SAH SA SH= = ⇒ =
( )
( )
·
( )
·
·
0
2
( ), , 60 .

3
SAB ABCD SM MH SMH SM SH= = = ⇒ =
0,5
Từ điểm N kẻ NP vuông góc với SM thì dễ thấy NP là khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD
suy ra
6NP a=
. Ta có
2
. . . 6. 2 2
3
SH MN NP SM SH AB a SH AB a= ⇔ = ⇔ =
Trong tam giác SAM ta có
2
2 2 2 2 2
4
2 2 3
3
SH
SA AM SM SH a SH a= + ⇔ = + ⇔ =
0,25
2 3
.
1 3.8 8 3
.
3 3 3
S ABCD ABCD
a a a
V SH S= = =
0,25
V(1,0

đ)
Đk
1,5y ≥ −
. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
( )
( ) ( )
3 3
3 3 2 2
3 3 3 2 1 1 1 1 2x y x y x y x y x y y x− + − = + + ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = −
0,5
Thay vào pt thứ nhất ta được:
2 2
2
2 1 1
1 1
3 1 2 1 2 1
2 2
2 1
x x
x x x x x
x x

− = −
   
− + = − − ⇔ − = − − ⇔

 ÷  ÷
   
− =



0,25
Giải hai pt này ta được
1, 2 2x x= = −
Vậy hệ có hai nghiệm là
( ) ( )
( )
; 1; 1 , 2 2, 2x y = − − −
.
0,25
VIa(2
,0đ)
1.(1,0 điểm)
F
E
M
O
H
D
C
A
B
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung
điểm của HD suy ra
( )
2;0H
. Đường thẳng BH có vtcp là
( )
3;3EH = ⇒
uuur

vtpt là
( )
1; 1 : 2 0
BH
n BH x y= − ⇒ − − =
r
0,25
Do AC vuông góc với BH nên
( )
1;1 : 4 0
AC BH
n u AC x y
= = ⇒ + − =
r r
Do AC vuông góc với CD nên
( )
1; 1 : 6 0
DC AC
n u DC x y= = − ⇒ − − =
r r
.
0,25
Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ
( )
4 0 5
5; 1
6 0 1
x y x
C
x y y

+ − = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Do M là trung điểm của BC nên
( )
1; 1B −
. AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là
( )
4;0 : 2 0BC AH x= ⇒ − =
uuur
Do A là giao điểm của HA và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt
( )
2 0 2
2;2
4 0 2
x x
A
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
. Vậy
0,5
2. (1,0 điểm)

Ta có
( ) ( )
2; 1;2 , 1;3;2
P d
n u= − =
r r
và ptts của (d'):
1 2
2
x t
y t
z t
= −


= +


=

Gọi A là giao điểm của (d') và (P) suy ra
( )
1 2 ;2 ;A t t t
− +
0,25
Do A thuộc (P) nên
( ) ( )
2 1 2 2 2 0 0 1;2;0t t t t A− − − + = ⇔ = ⇒
0,25
Mặt khác

( )
∆
nằm trong (P), vuông góc với (d) nên
u
∆
r
vuông góc với
,
P d
n u
uur uur
nên ta chọn
( )
, 8, 2,7
P d
u n u
∆
 
= = − −
 
uur uur uur
0,25
Phương trình đt
1 2
:
8 2 7
x y z− −
∆ = =
− −
0,25

VIIa
(1,0đi
ểm)
Ta có
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5 4 2
1 1 1 2 1 4 1i i i i i i+ = + + = + = − +
0,25
Do đó
( )
( )
1
2 1
8
1
4 1 2
i
z i
i
−
−
= = = −
− +
0,25
Giả sử
2

; ,z x yi x y= + ∈¡
biểu diễn bởi điểm
( )
;M x y
. Khi đó ta có:
( )
2 2
1 1 2 2 4x yi i i i x yi x y+ − − + + = ⇔ + = ⇔ + =
0,25
Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho số phức
2
z
là đường tròn tâm O, bán kính 2
0,25
VIb(2
,0đ)
1. (1,0 điểm)
H
I
D
C
B
A
Đường tròn (C) có tâm
( )
2; 1I −
, bán kính
2 2R =
,
2IB IA

=
. Trong tam giác vuông IAB ta có:
2 2 2 2
1 1 1 5 1
10
4 8
IA
IH IA IB IA
= + = = ⇒ =
0,25
Do A thuộc (d) nên
( )
2 3;A t t−
, kết hợp với
10IA =
( ) ( )
2 2
2
2
2 5 1 10 5 18 16 0 2
1,6
t
t t t t t
t
=

⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ ⇒ =

=


Suy ra
( )
1;2A
, do I là trung điểm AC nên
( )
3; 4C
−
.
0,25
Giả sử đường thẳng AC có vtpt là
( )
2 2
; , 0
AB
n a b a b
= + >
uuur
Pt AB:
( ) ( )
1 2 0a x b y− + − =
. Ta có
0,25

( ) ( )
( )
2
2 2
2 2
3
; 8 8 3 8

a b
d I AB a b a b
a b
−
= ⇔ = ⇔ − = +
+
2 2
7 6 0a ab b
⇔ + − =

;7a b a b
⇔ = − =
+) Nếu
a b= −
, chọn
1, 1a b= = −
: 1 0AB x y⇒ − + =
+) Nếu
7a b
=
, chọn
1, 7a b
= =
: 7 15 0AB x y
⇒ + − =
Như vậy ta có nếu
: 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y− + = ⇒ + − =
và ngược lại.
Giả sử
: 1 0 : 7 15 0AB x y AC x y

− + = ⇒ + − =
Đường thẳng CD song song với AB nên
: 0CD x y c− + =
, do CD đi qua C nên
3 4 0 7c c
+ + = ⇒ = −
: 7 0CD x y
⇒ − − =
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ
( )
7 0 8
8;1
7 15 0 1
x y x
D
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
, kết hợp với I là trung điểm
BD suy ra
( )
4; 3B − −
. Vậy tọa độ các đỉnh là
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có

( ) ( ) ( )
1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC
 
= − = − − ⇒ = − − −
 
uuur uuur uuur uuur
nên phương trình mặt phẳng (ABC):
( ) ( ) ( )
1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z
− − − − − + = ⇔ + + − =
0,25
Gọi trực tâm của tam giác ABC là
( )
, ,H a b c
, khi đó ta có hệ:
( )
( )
. 0
2 3 2
. 0 3 0 1 2;1;1
5 2 9 1
BH AC
a b c a
CH AB a b c b H
a b c c
H ABC

=
− + = =
 


  
= ⇔ + − = ⇔ = ⇒
  
  
+ + = =
∈
 


uuur uuur
uuur uuur
0,25
Do đường thẳng
( )
∆
nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:
( )
, 12,2, 11
ABC
ABC d
d
u n
u n n
u u
∆
∆
∆

⊥


 
⇒ = = −

 
⊥


uur r
uur r r
uur uur
. Vậy đường thẳng
( )
∆
đi qua điểm
( )
2;1;1H
và có vtcp
( )
12,2, 11−
nên
2 1 1
:
12 2 11
x y z− − −
∆ = =
−

0,5
VIIb

Ta có
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = −

( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = −
( )
2
1 2i i+ =
0,25
Do đó
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
12
4
6 2 3
6
1 3 2
8 2 8 2
8 1 2 8 16

8 2
1 3 1
i i
i i
i i
i
i
i i
+ −
− − −
= = − = + = +
−
− +
0,25
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
2
8 16 8 8 16 64 0i b i c+ + + + =
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2 0 2 4 3 0i b i c b i b c
⇔ + + + + = ⇔ + + + − =
0,25
2 4 0 2
3 0 5
b b
b c c
+ = = −
 
⇔ ⇔

 
+ − = =
 
. Vậy
0,25