Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 12

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 12
Ngày 02 tháng 10 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)x x m
− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 3 cos3
tan 2 sin (1 cot )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
2. Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2

2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y

+ − + − − =


∈
− −

+ =

−


¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn sau:
3
2
2
0

ln(2 . os2 ) 1
lim
x
e e c x x
L
x
→
− − +
=
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
, khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và
góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có
diện tích bằng 3.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ;0)
2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật đó.
Câu VII.a (1,0 điểm) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh:
32
4
)32()32(
1212
22
−
≤−++
−−+−
xxxx
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung

tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
2. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
.
Hết
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12
Câu 1: 1,Cho hàm số
3
3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ:
¡
2 2
(1) ( 1)
' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y

−
= − = ⇔ − = ⇔ = ± = =
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1; 1
−
, Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
; 1 ; 1;
−∞ − + ∞
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y
CĐ
= 4
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y
(0)
= 2
⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0), (2; 4)
Đồ thị:
2, Định m để phương trình:
4
3 2

2
3 2 log ( 1)x x m
− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa
4
2
2
( ) : log ( 1)d y m= +
và
3
( '): 3 2C y x x
= − +
, với (C’) được suy ra từ (C) như sau:
Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log ( 1) 4m< + <
2
1 1 2m
⇔ < + <
2
1
0 1
0
m
m
m
 <


⇔ < < ⇔

≠


Câu 2: 1, . Giải phương trình:
sin 3 cos3
cos2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x

≠




≠

. Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
3 3
2 2
3sin 4sin 4cos 3cos
cos 2 sin(1 tan )
2sin 2 1
(sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos )
cos sin
2sin 2 1 cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
− − +
+ = +
−
+ − +
⇔ − + =
−
sin cos 0 (1)
sin
cos sin 1 (2)
cos
x x
x
x x

x
+ =


⇔

− + =

(1) tan 1 ,
4
x x k k
π
π
⇔ = − ⇔ = − + ∈
¢
cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( )
4
1 cos 0 cos 1
2
x x x
x k
x x x k
x x
x k
π
π
π π

− = =

= +
 

⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈
 

+ = = −
 
= +

¢
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là:
, 2 ,
4
x k x k k
π
π π π
= ± + = + ∈
¢
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
1
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
0

0
+
+
−
−∞
+∞
4
0
x
y
−1
1
−2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
x
y
−1
1
−2
0
•

•
•
•
•
•
2
2
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2, Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y

+ − + − − =


∈
− −


+ =

−


¡
.
Đk
7y >
. Khi đó hệ đã cho tương đương với:
2 2 2
2 2
( 3) 7 13
( 3) 7 6
x x y
x x y

+ − + − =


+ − − = −


Đặt:
2 2
3; 7, 0u x x v y v
= + − = − >
. Khi đó hệ phương trình trở thành:
2 2
13

6
u v
uv

+ =

= −

2 2
1 2 3
( ) 2 13 ( ) 1
6 3 2
6 6
u v u u
u v uv u v
uv v v
uv uv
+ = ± = − = −
 
+ − = + =
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨
    
= − = =
= − = −
  
 
Giải các hệ phương trình:
2 2
2 2

3 2 3 3
,
7 3 7 2
x x x x
y y
 
+ − = − + − = −
 
 
− = − =
 
 
, ta được nghiệm của hệ đã cho là:
( ) ( )
1 5 1 5
0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4
2 2
   
− ± − ±
± − ± −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 3:
3 3
2 2
2 2
0 0
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim

x x
e e c x x c x x
L
x x
→ →
− − + + − + − +
= =
3
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1 1 5
lim lim 2
3 3
(1 ) 1 1
2sin 2sin
2sin 2sin
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
→ →
   

   
+ − + + −
   
= + = + = − =
   
+ + + +
   
   
   
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
, khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (SBC) bằng
3a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối
chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC).
Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có:
+
( )
(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB
⊥


⇒ ⊥

⊥

. Tương tự
HC BC
⊥
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+ Có:
/ / ( ) / /( )AH BC SBC AH SBC
⊂ ⇒
[ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a
⇒ = =
+ Dựng
HK SC
⊥
tại K (1). Do
( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


(1) và (2) suy ra
( )HK SBC

⊥
. Từ đó
[ ,( )] 2d H SBC HK a
= =
2 2 2 2
3 2KC HC HK a a a
⇒ = − = − =
,
·
. 2. 3
tan 6
HK SH HK HC a a
SCH SH a
KC HC KC a
= = ⇒ = = =
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
3
1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
ABC
a
V S SH AB BC SH a a a
= = = =
(đvtt)
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc
·
0
45SBH
=

(do ∆SHB vuông cân)
Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
S
B
H
C
A
K
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Từ giả thiết ta có
3 3 3
b b c c a a
P
a b c
= + +
+ + +
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3
3
3 3
3
16 64 4

2 3 2 3
b b b b a b b
a a
+
+ + ≥ =
+ +
Tương tự
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c c c b c c
b b
+
+ + ≥ =
+ +
;
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a a a c a a
c c
+
+ + ≥ =
+ +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:
9 3 3
( )
16 4 2
3 3 3
b b c c a a a b c
a b c P
a b c
+ + +
+ + + ≥ + + ⇔ ≥
+ + +
. Đẳng thức chỉ xảy ra khi
1a b c
= = =

Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện
tích bằng 3.
Giải: ∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0.
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E):4x
2
+ (x + m)
2
= 36 ⇔ 5x

2
+ 2mx + m
2
− 36 = 0 (1)
Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
x
1
, x
2
phân biệt
⇔ ∆ = 720 – 16m
2
> 0 ⇔
3 5 3 5m− < <
(2)
2 2 2
2 2 2 1 1 2
10 10
( ) ( ) . 720 16
3 15
AB x x y y x x m
= − + − = − = −

;
( , )
10
m
d O ∆ =

⇒
1
. ( , ) 3
2
OAB
S AB d O
= ∆ =

4 2
3 10
16 720 8100 0
2
m m m
− + = ⇔ = ±
(thỏa điều kiện (2))
Vậy phương trình đường thẳng ∆:
3 10
3 0
2
x y− ± =
Câu 6a: 2. +)
5
( , )
2

d I AB
=

⇒
AD =
5
⇒ AB = 2
5
⇒ BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2
= 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x

x y
y
 =




=
− + =
 

⇔ ⇒ −


= −


− + =



=



(3;0), ( 1; 2)C D⇒ − −
Câu 7a :Bpt
( ) ( )
2 2
2 2

2 3 2 3 4
x x x x
− −
⇔ + + − ≤
Đặt :
( )
)0(32
2
2
>+=
−
tt
xx
BPTTT :
1
4t
t
+ ≤

2
4 1 0t t
⇔ − + ≤
3232
+≤≤−⇔
t
(tm)
Khi ®ã :
( )
323232
2

2
+≤+≤−
−
xx
121
2
≤−≤−⇔
xx
⇔
2121012
2
+≤≤−⇔≤−−
xxx
Câu 6b: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Giải: Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của
2 5
: ( )
5 9
x t
BM t
y t
= − +

∈

= − +

¡

B, M ∈ BM ⇒
( ) ( )
2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m
− + − + − + − +
M là trung điểm BC ⇒
( )
10 6;18 11C m m
− −
Ta có:
(12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b
= − = − − − − = − − −
uuur uuur uuur
(10 8;18 12)AC m m
= − −
uuur
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

. 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b
= ⇔ − − − − − =
uuur uuur
2b m
⇔ =
(1)

. 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m
= ⇔ − − + − − − =
uuuruuur
(2)

Thế (1) vào (2), ta được:
2
1 26
106 105 26 0 ;
2 53
m m m m
− + = ⇔ = =
Với
1
, 1
2
m b
= =
ta được B(3;4), C(-1;-2)
Với
26 52
,
53 53
m b
= =
ta được
154 203 58 115
; , ;
53 53 53 53
B C
   
− −
 ÷  ÷
   
Câu 6b: 2, . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·
AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI
⇔ =

⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m
+ = ⇔ =
m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI
⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + =
Vô nghiệm
Vậy có hai điểm M
1
(0;
7

) và M
2
(0;-
7
)
Câu 7b: Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
Với điều kiện x > 0, ta đặt
2
logu x
=
và
3
3
2 3 2 3v u v u= + ⇒ − =
. Ta có hệ:
3
3
2 3
2 3
u v
v u

− =


− =



3 3
3 3 2 2
2 3 2 3
3( ) ( )( 3) 0
u v u v
u v v u u v u uv v
 
− = − =
 
⇔ ⇔
 
− = − − + + + =
 
 
(*)
Do
2
2 2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
u uv v u v v u v
 
+ + + = + + + > ∀ ∈
 ÷
 
¡
nên:

3
3
1
2 3
(*)
2
0 3 2 0
v u
u v
u v
u v
u v u u
=
= = −
 
− =

⇔ ⇔ ⇔
 

= =
− = − − =

 
Với
2
1
1 log 1
2
u x x

= − ⇒ = − ⇔ =
Với
2
2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5