Đề luyện thi đại học môn Toán số 112

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 112
Ngày 24 tháng 5 năm 20134
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu 1(2,0 điểm)
Cho hàm số:
( )
1
2 1
x
y C
x
−
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C)
2. Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình:
( )
tan cos3 2cos 1
3 sin 2 cos
1 2sin
x x x
x x
x
+ −
= +
−
Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 5 2
15 5 22 4 15

x y x y
x y x y

− − − =


− + + =


( )
,x y∀ ∈¡
Câu 4(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
9
1
ln 16 x
I dx
x
−
=
∫
Câu 5(1,0 điểm): cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=3,BC=6,mp(SAB)
vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia đối của tia AB,Các mặt phẳng
(SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa các đường
thẳng BD và SA bằng
6
.Tính thể tích khối chóp và cô sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 6(1,0 điểm): Với x,y là các số thực lớn hơn 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )

( )
3 3 2 2
2 2
2 16
1 1
x y x y
P x y xy
x y
+ − −
= + + −
− −
II.PHẦN TỰ CHỌN.(Thí sinh chỉ làm một trong hai phần sau)
A.Theo chương trình chuẩn:
Câu 7a(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD.Biết rằng các đường thẳng AB,BD lần lượt có
phương trình x-y+2=0,2x+y-1=0 và điểm M(2;0) nằm trên đường thẳng CD.Hãy tìm tọa độ tâm hình thoi.
Câu 8a(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu (S):x
2
+y
2
+z
2
-2x+4y-6z-11=0 và hai điểm A(1;-5;6),B(3;-
3;7).Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 9a(1,0 điểm).Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 5 15 3 5 2
x x

x+
− + + =
B.PHẦN NÂNG CAO
Câu 7b(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x
2
+y
2
-2x-4y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh tam giác
ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có hoành độ dương.
Câu 8b(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng d
1
,d
2
lần lượt có phương
trình:
1 1 1 2 1
;
1 1 2 2 1 1
x y z x y z− + − − +
= = = =
−
.hãy viết phương trình mp(Q) song song với (P),theo thứ tự
cắt d
1
,d
2
tại A.B sao cho
4 5

3
AB =
.
Câu 9b(1,0 điểm):
Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z
2
+
0z =
.Khi đó tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả
các nghiệm của phương trình đã cho.
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 112
Câu 1: a, bạn đọc tự giải
b, Đồ thị hàm số không có tiếp tuyến dạng thẳng đứng.Giả sử tìm được đường thăng t tiếp xúc với đồ thị (C ) có hoành độ x
0
.
có hệ số góc
( )
( )
/
0
2
0
3
2 1
k y x
x
= = −
−
.Do hai trục tọa độ vuông góc với nhau nên t tạo với hai trục tọa độ một tam giác

cân khi
1k
= ±
*Với k=1
( )
2
0
3
1
2 1x
⇔ − =
−
Phương trình vô nghiệm
*Với k=-1
( )
0
2
0
3 1 3
1
2
2 1
x
x
±
⇔ − = − ⇔ =
−
Từ đó tìm được hai tiếp tuyến
1 3y x= − + ±
Câu 2(1,0 điểm): ĐK:

1
cos 0,sin
2
x x≠ ≠
Nhận xét:
( )
3 2 2
cos3 4cos 3cos cos 4sin 1 ,2cos2 1 1 4sinx x x x x x x= − = − − = −
nên đưa phương trình về dạng:
( )
( )
2
4sin 1 sin 3 cos 1 0x x x− + − =
Giải phương trình: 4sin
2
x-1=0 ,kết hợp với ĐK ta được:
( )
7
2 , 2
6 6
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈¢
Giải phương trình:
sin 3 cos 1x x+ −
=0 kết hợp với ĐK được
( )
2
6

x n n
π
π
= − + ∈¢
Kết luận :PT có hai nghiệm
( )
7
2 , 2
6 6
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈¢
Câu 3(1,0 điểm): ĐK x-3y
0,5 0x y≥ − ≥
Đặt:
3 0, 5 0x y a x y b− = ≥ − = ≥
.Để ý 22x+4y=-3(x-3y)+5(5x-y) ta có hệ
2 2
2
3 5 15 15
a b
a b b
− =


− + + =

( )
( )

1
2
Từ (1) suy ra a=b=2 thay vào (2) rút gọn được 2b
2
+3b-27=0
3, 5b a⇔ = =
,
( )
9
0
2
b L= − <
Từ đó được hệ:
1
3 25
7
5 9 58
7
x
x y
x y
y

=

− =


⇔
 

− =


= −


(tmđk)
Câu 4(1,0 điểm) Đặt:
[ ]
1;3 , 2x t t dx tdt= ⇒ ∈ =
và

( ) ( )
3 3
2
2 2 3
1
2
1 1
7
2 ln 16 2 ln 16 | 2 2 4ln ,
16 5
t
I t dt t t dt
t
 
= − = − − = − +
 ÷
−
 

∫ ∫
3 3
2
2
1 1
2 2 5
( 1 2 2ln 7 2ln )
16 4 4 3
t
dt dt
t t t
 
= − + + = − + −
 ÷
− − +
 
∫ ∫
vậy: I=
7
2 4ln ,
5
− +
Câu 5(1,0 điểm).Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD) và K là hình chiếu của H lên CD.Khi đó do giả thiết
·
·
, / / ,SBH SKH HK BC HK BC HBCK
α
= = = ⇒
là hình vuông,A là trung điểm HB,D là trung điểm KC.Do đó
HB=HK=BC=KC=6, và

6 tanSH
α
=
.
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
6 , , , ,d BD SA d BD SAK d D SAK d H SAK= = = =
Từ
đó
0
2 2 2
1 1 1 1
6 45
6
HS
HS AH HK
α
= + + ⇒ = ⇒ =
.Từ đó
.
36
S ABCD
V = =
(Đvtt). Từ chứng minh trên suy ra
3 5 , 6 2AK BD SA SK= = = =
.Theo định lý cô sin:

·
2 2 2
2.9.5 36.2 1
cos
2 . 2.9.5 5
SA AK SK
SAK
SA AK
+ − −
= = =
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 6(1,0 điểm) Đặt x+y=t (t>2) khi đó
( )
2
1
4
4
x y xy xy+ ≥ ⇒ ≤
hơn nữa
2
3 3 3 3
3
3
4
t
x y t xyt t+ = − ≥ −
và
( )
2 2 2
2 x y t+ ≥

khi đó
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 2
2 16
1
x y x y
P x y xy
xy x y
+ − +
= + + − ≥
− + +

( )
2
3 2
2
2 2
2
3 2
4
8 8
2
1
4
t t
t t
t

t t t t
t
t
t
−
− −
+ − = + −
−
− +
. Xét hàm số f(t)=
2
2
8
2
t
t t
t
+ −
−
với t>2 ta thấy f(t) liên tục và
( ) ( )
( )
( )
/ /
2
4 2 , 0 4
2
t
f t t f t t
t

 
= − + = ⇔ =
 ÷
 ÷
−
 
.Từ bảng biến thiên suy ra f(t)
( )
4 8f≥ = −
.Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi x+y=4,x=y=2.Suy ra GTNN của P=-8 khi và chỉ khi x=y=2.
Câu 7a(1,0 điểm): từ giả thiết tìm được
1 5
;
3 3
AB BD B
 
∩ = −
 ÷
 
. Gọi N là điểm đối xứng với M(2;0) qua BD.Khi đó tìm
được
24 7
; ,
5 5
N N CD
 
∈
 ÷
 

. Đường thẳng CD:5x-5y-17=0.Từ đó
22 29
;
15 15
CD BD D
 
⇒ ∩ = −
 ÷
 
Do tâm I của hình thoi là trung điểm BD nên tìm được
17 4
;
30 30
I
 
−
 ÷
 
Câu 8a(1,0 điểm) (S) có tâm I(1;-2;3) và bán kính bằng 5.Giả sử tìm được mp(P):ax+by+cz+d=0 với
2 2 2
0a b c+ + >
thỏa
mãn yêu cầu.Nên A,B
( )
5 6 0,3 3 7 0P a c d a b c d∈ ⇒ − + + = − + + =
.
mp(P): ax+by-2(a+b)z+11a+17b=0. Do (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 nênd(I;(P))=4,Điều này tương đương
với
( )
2 2

2
2 2
2 6 6 11 17
4 20 44 0 2 , 22
4
a b a b a b
b ab a b a b a
a b a b
− − − + +
= ⇔ − − = ⇔ = − =
+ + +
Với b=-2a ta được (P): x-2y+2z-23=0 Với b=22a ta được x+22y-46z+374=0
Câu 9a(1,0 điểm) chia hai vế cho
2 0
x
>
,Đặt
3 5 3 5 3 5
0, 1
2 2 2
x x x
t
 
     
− − +
 
= > =
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
 

     
 
ta được phương trình: t
2
-
8t+13=0
3, 5t t⇔ = =
*Với
3 5
2
3 log 3t x
−
= ⇔ =
*
3 5
2
5 log 5t x
−
= ⇔ =

Câu 7b(1,0 điểm): (C ) có tâm I(1;2) và bán kính R=3.Giả sử tìm được tam giác ABC thỏa mãn.Với A(a;-1), a>0 khi đó
IA=2R=6 nên tìm được a=6.Dó đó A(6;-1).Khẳng định đường thẳng y=-1 tiếp xúc với (C ) tại M(1;-1) nên Nếu B nằm trên
đường thẳng này thì M là trung điểm AB và C thỏa mãn
2IC IM= −
uur uuur
.Từ đó tìm được B(-4;-1),C(1;8).
Câu 8b(1,0 điểm) d
1
có phương trình tham số x=1+t,y=-t,z=-1+2t và d
2= có

PT: x=1+2s,y=2+s,z=-1+s.mặt phẳng (Q) cần tìm có
phương trinhf5x-z+d=0,
4d ≠ −
.
(Q) cắt d
1
tại
6 5 6 15 2
; ;
9 3 3
d d d
A
− + − −
 
 ÷
 
,cắt d
2
tại
3 2 12 15
; ;
9 9 9
d d d
B
− − − − −
 
 ÷
 
suy ra:
( )

6 5 6 7 30 5 1
; ; 6 5 ; 6 7 ;30 5
9 9 9 9
d d d
AB d d d
− − − +
 
= = − − − +
 ÷
 
uuur
.Do
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
4 5 1 80 14
6 5 6 7 30 5 11 36 28 0 2,
3 81 9 11
AB d d d d d d d
 
= ⇔ − + + + + = ⇔ + + = ⇔ = − =
 
. Vậy
tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn:
( ) ( )
1 2
:5 2 0, :55 11 14 0Q x z Q x z− − = − + =
Câu 9b(1,0 điểm)
( )
,z a bi a b= + ∈¡

.Suy ra
2 2 2 2
2 , 0z a b abi z a bi z z= − + = − ⇒ + =

( )
( )
2 2
2 0a b a ab b i⇔ − + + − =
.Từ đó thu được
2 2
0
2 0
a b a
ab b

− + =

− =

Giải hệ ta được:
( ) ( ) ( )
1 3
; 0;0 , 1;0 , ;
2 2
a b
 
= − ±
 ÷
 ÷
 

. Vậy có bốn số phức
1 2 3 4
1 3 1 3
0, 1, ,
2 2 2 2
z z z i z i= = − = + = −
thỏa mãn
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
phương trình đã cho.Để ý rằng do z
k
là nghiệm của phương trình đã cho nên
2
4
k
k
z z=
dó đó
2 2
4 4 4 4
1 2 3 4
1 3 1 3 1
1
2 2 2 2 2
z z z z i i
   
+ + + = + + + − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   