Đề luyện thi đại học môn Toán số 105

Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 105
Ngày 14 tháng 5 năm 2014
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
12
+
−
=
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C)
tại M là lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
1 1
sin 2x sin x 2cot 2x
2sin x sin 2x
+ − − =
.
2. Giải hệ phương trình :
( )
3 3 3
2 2
y x 9 x
x y y 6x


= −


+ =


trên tập số thực
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2
4
sin x
4
dx
2sin x cos x 3
π
π
π
 
+
 ÷
 
−
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O,
OB = a, OC =
3a
và OA =
3a
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC.

1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ).
2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn
2 2 2
x y z 3+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
5
P xy yz zx
x y z
= + + +
+ +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mp tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1). Viết phương trình đường thẳng đi
qua A và chia ∆ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
( )
2; 5;0A −
. Viết phương trình đường thẳng d qua A biết
d cắt Oz và tạo với Oz một góc 60
0
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn
| 1 | | 3 |z z- = +
và
2 2
| | 2z z+ =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
16 23
;
27 9
H
 
−
 ÷
 
, phương trình
cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là
5 5
;
2 2
K
 
−
 ÷
 
. Viết phương trình
các đường thẳng AB, AC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 6 2 0x y z x y z+ + − + − − =
và mặt phẳng
(P): x + y + z + 2012 = 0
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)
b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N

∈
(S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn
MN đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
4 7.2 8
log log log log 1
x y x y
x y
− −

− =


− =


;
,x y R∈
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 105
Câu I.
(2,0đ)
1.
1
3
2

1
12
+
−=
+
−
=
xx
x
y
Tập xác định: D =
¡
\{–1}. 0,25
x
lim y 2
→±∞
=
Tiệm cận ngang:
2=y
x 1 x 1
lim y ; lim y
+ −
→− →−
= −∞ = +∞
Tiệm cận đứng:
1−=x
0,25
2
)1(
3

'
+
=
x
y
> 0, ∀x∈D
Hàm số tăng trên từng khoảng xác định
0,25
x
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
y
-2
-1
1
2
3
4
5
0,25
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM ∈









+
−
thì tiếp tuyến tại M có phương trình
)(
)1(
3
1
3
2
0
2
00
xx
xx
y −
+
=
+
+−

hay
0)1(3)2()1()(3
0

2
00
=+−−+−− xyxxx
0,25
Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0
0
4
0
00
)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=

++
+−−−
=
x
x
x
x
x
xx
d
0,25
Theo bất đẳng thức Côsi
692)1(
)1(
9
2
0
2
0
=≥++
+
x
x
, vậy
6≤d
.
Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi và chỉ khi
2

0
2
0
9
(x 1)
(x 1)
= +
+
⇔ (x
0
+ 1)
2
= 3 ⇔
0
x 1 3= − ±
0,25
Vậy có hai điểm M :
( )
1 3;2 3M − + −
hoặc
( )
32;31 +−−M
0,25
Câu II
(2,0đ)
1. Giải phương trình:
1 1
sin 2x sin x 2cot 2x
2sin x sin 2x
+ − − =

.
Điều kiện:
sin x 0
cosx 0
≠


≠

(i) 0,25
pt ⇔
2
sin 2x sin 2x.sin x cos x 1 2cos2x+ − − =
0,25

( )
2
cos2x 0
cos 2x cos2x cos x 2 0
2cos x cos x 1 0 : VN
=

− − − = ⇔

+ + =

0,25
k
x
4 2

π π
⇔ = +
( thỏa điều kiện (i) ) 0,25
2. Giải hệ phương trình:
( )
3 3 3
2 2
y x 9 x
x y y 6x

= −


+ =


trên tập số thực
Khi x = 0 ⇒ y = 0 (0 ; 0) là nghiệm của hpt.
0,25
2
x
–∞
–1
+∞
y’ + +
y
2
+∞
–∞
2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
Khi x
≠
0 , ta có
3
3
6 3 3 3
3
y y y
x y 9x x 9 x 3y x 9
x x
x
   
+ = ⇔ + = ⇔ + − + =
 ÷  ÷
   
Mà
2 2
y
x y y 6x y x 6
x
 
+ = ⇔ + =
 ÷
 
0,25
Do đó
3 3
y y y y
x 3y x 9 x 27 x 3 y 2

x x x x
       
+ − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0,25
Ta có
y 2
y 2
2
x 1 x 2
x 3
x
=

=


⇔
 
= ∨ =
+ =



Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)
0,25
Câu
III
(1,0đ)

Tính tích phân I =
2
4
sin x
4
dx
2sin x cos x 3
π
π
π
 
+
 ÷
 
−
∫
=
( )
2
2
4
1 sin x cos x
dx
2
sin x cos x 2
π
π
+
−
− +

∫
0,25
Đặt t = sinx – cosx ⇒ dt = (cosx + sinx)dx Đổi cận: x =
4
π
⇒ t = 0 x =
2
π
⇒ t = 1
I =
1
2
0
1 1
dt
t 2
2
−
+
∫
0,25
Đặt
( )
2
t 2 tan u dt 2 1 tan u du= ⇒ = +
;
u
2 2
π π
− < <

I =
( )
1
arctan
2
2
2
0
2 1 tan u
1
du
2 tan u 2
2
+
−
+
∫

0,25
1
arctan
2
0
1
u
2
= −
=
1 1
arctan

2
2
−
0,25
Câu
IV
(1,0đ)
Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK
Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH
Chứng minh OH vuông góc mp (ABC)
0,25
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
OH OA OK OA OB OC
= + = + +
2
5
3a
=
Suy ra d(O, (ABC)) = OH =
15
5
a
0,25
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
(0;0; 3); ( ;0;0), (0; 3;0),A a B a C a
3
; ; 0
2 2
a a

M
 
 ÷
 ÷
 
⇒
3 3
0; ;
2 2
a a
N
 
 ÷
 ÷
 
.
3 3 3
; ; 0 , 0; ;
2 2 2 2
a a a a
OM ON
   
= =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuuur uuur
2 2 2
3 3 3
[ ; ] ; ;

4 4 4
a a a
OM ON
 
=
 ÷
 ÷
 
uuuur uuur
,
( 3; 1; 1)n
=
r
là VTPT của mp ( OMN )
Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến
: 3 0n x y z+ + =
r
0,25
Ta có:
3. 0 0
3 15
( ; ( ))
5
3 1 1 5
a
a a
d B OMN
+ +
= = =
+ +

. Vậy:
15
( ; ( )) .
5
a
d B NOM =
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =
15
( ; ( )) .
5
a
d B NOM =

0,25
Câu V
(1,0đ)
Ta có :
( )
( )
( )
2
2
2 2 2
x y z x y z
x y z 3
xy yz zx
2 2
+ + − + +
+ + −

+ + = =
. 0,25
3
z
A
3a
3a
y
C
N
O
M
a
x
B
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
Đặt t = x + y + z, ta có:
2
2 2 2
t 3
0 xy yz zx x y z 3
2
−
≤ + + = ≤ + + =
3 t 3⇒ ≤ ≤
. 0,25
Khi đó, ta có:
( )
2
t 3 5

P f t
2 t
−
= = +
,
( )
3
2 2
5 t 5
'
f t t 0, t 3
t t
−
= − = > ∀ ≥
.
Vậy ta có:
( ) ( )
14
P f t f 3
3
= ≤ =
.
0,25
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy
14
max P
3
=
. 0,25
Câu

VI.a
(2,0
điểm)
1. TH1: Ta có:
( )
2 1
AMC
AMB
S
S
∆
∆
=
Trong ∆ABC, dựng đường cao AH.
1
.
2
(1) 2
1
.
2
CM AH
MC
MB
BM AH
⇔ = =
0,25
Khi đó:
2MC MB= −
uuuur uuur

1
( 1; )
3
M⇒ − −
. Pt đường thẳng d
1
: 16x – 9y – 4 = 0 0,25
TH2:
( )
2 2
AMB
AMC
S
S
∆
∆
=
Cm tương tự:
2
(2; )
3
M⇒ −
Pt đường thẳng d
2
: x – 2 = 0 0,5
2. Gọi K là giao điểm của d và trục Oz
⇒
K(0 ; 0 ; k)
( )

( )
2;5; ; 0;0;1AK k k= − =
uuur r
0,25
( )
0
2
1
cos ; cos60
2
27
k
AK k
k
= ⇔ =
+
uuur r

3k
⇔ = ±
0,25
( )
( )
0;0; 3 , 2;5; 3⇒ ± = − ±
uuur
K AK
0,25
Phương trình d :
3 3
;

5 3 5 3
2 2
x y z x y z− −
= = = =
−
− −
0,25
Câu
VII.a
(1,0
đ)
Gọi z = a + bi (a, b∈
¡
), ta có:
| 1 | | 3 |z z- = +

1a
b R
= −

⇔

∈

(1)
0,25

2 2
| | 2z z+ =

2
1
0
a
ab

=
⇔

=

1
0
= ±

⇔

=

a
b
(2) 0,25
( )
( )
1
1
0
2
a
b


= −


⇔
 
=



Vậy z = –1 0,5
Câu
VI.b
(2,0đ)
1. đt AH qua H vuông góc BC ⇒ (AH) : 6x + y + 1 = 0
A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 )
B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b)
K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 .
0.25
Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0)
Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0
0.25
đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25
HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25
2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)
(S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4
0,25
(Q): x + y + z + D = 0 (D ≠ 2012)
0,25
( )

( )
, 4 2 4 3d I Q D= ⇔ = − ±
0,25
Vậy (Q) : x + y + z
2 4 3 0− ± =
0,25
b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N
∈
(S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài
đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất.
MN
2
= IM
2
– R
2

MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).
0,5
phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x 1 y 2 z 3
x y z 2012 0
− = + = −


+ + + =


Vậy
2017 2008 2023
; ;
3 3 3
M
 
 ÷
 
0,25
Câu
VII.b
(1,0 đ)
Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
4 7.2 8
log log log log 1
x y x y
x y
− −

− =


− =


;

,x y R∈
Điều kiện x > 1 ; y > 1 0,25
( ) ( )
2 2
2 3 2 3
4 7.2 8
log log log log 1
x y x y
x y
- -
ì
ï
- =
ï
ï
í
ï
- =
ï
ï
î

⇔
( )
( ) ( )
2
2 2
2 3 2 2 3
2 7.2 8 0
log log log 2 log log

x y x y
x y
- -
ì
ï
ï
- - =
ï
í
ï
= +
ï
ï
î
0,25
( )
( )
2
2
2
2 3 2 3
2 8
2 1
log log log log
x y
x y
x y
−
−



=



= −
⇔



=


0,25
2
2 3
2 3 0
x y
y y
− =

⇔

− − =

9
3
=

⇔


=

x
y
hay
1
1
x
y
=


= −

So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm
9
3
x
y
=


=

0,25
Đáp án HKG cổ điển cách 2
b) OM = MN = a , ON =
a 6
2

⇒ S
OMN
=
2
a 15
8
OB = OM = MB = a ⇒ ∆OBM đều ⇒ S
OBM
=
2
a 3
4
Gọi I là trung điểm OC ⇒ NI là đường trung bình của ∆OAC ⇒ NI ⊥(OBC) và NI =
a 3
2
V
N.OBM
=
1
3
S
OBM
.NI =
3
a
8
Mặt khác, V
N.OBM
=
1

3
S
OMN
.d[B,(OMN)] ⇒ d[B,(OMN)] =
NOBM
OMN
3V
S
=
3a
15
MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN
⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =
3 15
( ; ( )) .
5
15
a a
d B NOM = =
5