Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2
Ngày 31 tháng 7 năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 4y x mx= − + −
có đồ thị
( )
m
C
. (
m
là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =2.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để các điểm cực trị của đồ thị
( )
m
C
nằm trên các trục tọa độ.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
( )
sin tan 2 3 sin 3 tan 2 3 3x x x x+ − =
.
2. Giải bất phương trình:
1
3
3
<
−

+
+
x
x
x
.
Câu III (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 3 8 1 0
8 3 13 0
x y y x
x x y y

+ − + − =


+ + + − =


Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có đoạn thẳng nối hai tâm của hai mặt bên kề
nhau có độ dài bằng a. Tính theo a thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC' và B'D'.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,x y z
thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2
2 2 2
3 3 3

x y z
P x y z
yz zx xy
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     
.
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 VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
0x y− =
và điểm M(2;1). Lập phương trình đường thẳng
( )
∆
cắt trục hoành tại A, cắt đường thẳng (d)
tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C
1
) có phương trình
2 2
25x y+ =
, điểm M(1; -2). Đường tròn (C
2
) có bán kính bằng
2 10
. Tìm tọa độ tâm của (C
2
) sao cho
(C

2
) cắt (C
1
) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
Câu VIII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
3 2 2
2
12 1
3 81.
2
x x x
C A A
x
− ≥ −
(
*
x N∈
)
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm P(-7;8) và hai đường thẳng
( )
1
: 2 5 3 0,d x y
+ + =

( )
2
:5 2 7 0d x y− − =
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P và
tạo với

1 2
( ),( )d d
một tam giác cân tại A và có diện tích bằng
29
2
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
2 0x y+ + =
và đường tròn (C
1
) có phương trình:
2 2
4 2 4 0x y x y+ − + + =
. Đường tròn (C
2
) có tâm
thuộc (d), (C
2
) tiếp xúc ngoài với (C
1
) và có bán kính gấp đôi bán kính của (C
1
). Viết phương trình của
đường tròn (C
2
).
Câu VIII.b (1,0 điểm). Cho hàm số
2
3
1

x mx
y
x
+ +
=
+
.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại,
cực tiểu đồng thời hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị nằm về hai phía của đường thẳng (d): 2x+y-1=0.
Hết
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên Thí sinh: ………………………………; Số báo danh: ……………………
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 2
Câu 1(2,0 điểm)1. Khảo sát hàm số với m = 2.
Với m = 2, hàm số trở thành:
4 2
y x 4x 4= − + −
* TXĐ:
R
* Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = −∞
+ Ta có:
= − + = ⇔ = = ±
3

' 4 8 ; ' 0 0; 2y x x y x x
+ Bảng biến thiên:
x
- ∞
− 2
0
2
+ ∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y
0
-∞
0
-4 -∞
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
−∞; - 2
và
( )
0; 2
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
− 2;0
và
( )
+∞2;
- Điểm cực đại của đồ thị là
( )
− 2;0
,

( )
2;0
điểm cực tiểu của đồ thị B(0;-4)
* Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại
( )
0; 4−
và cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0−
và
( )
2;0
+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng.

2
-2
-4
-6
-8
-5
5
10
f
x
( )
=
-
x
4
+4

⋅
x
2
(
)
-4
2. Tìm m để tất cả các cực trị của hàm số
( )
m
C
nằm trên các trục tọa độ.
Ta có:
( )
3 2
2
0
' 4 4 4 ; ' 0
x
y x mx x x m y
x m
=

= − + = − + = ⇔

=

Nếu
0m ≤
thì
( )

m
C
chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung.
Nếu
0m >
thì
( )
m
C
có 3 điểm cực trị . Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai điểm cực đại có tọa độ
2
( ; 4)m m− −
,
2
( ; 4)m m −
. Để hai điểm này nằm trên trục hoành thì
2
4 0 2m m− = ⇔ = ±
. Vì
0m >

nên chọn m = 2.Vậy
{ }
( ;0] 2m ∈ −∞ ∪
là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2(2,0 điểm)1. Giải phương trình lượng giác
- Đk.
cos2x 0 x m ,m Z.
4 2
π π

≠ ⇔ ≠ + ∈
Ta có:
sin tan 2 3(sin 3 tan 2 ) 3 3+ − =x x x x

(sin tan 2 3sin ) (3tan 2 3 3) 0⇔ + − + =x x x x
sin (tan 2 3) 3(tan 2 3) 0 (tan 2 3)(sin 3) 0x x x x x⇔ + − + = ⇔ + − =

tan 2 3 2 ( ).
3 6 2
k
x x k x k Z
π π π
π
− −
⇔ = − ⇔ = + ⇔ = + ∈
(thỏa mãn)
Vậy pt có một họ nghiệm :
, .
6 2
= − + ∈
π π
x k k Z
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2. Giải bất phương trình : + Đk:
x 0; x 3.≥ ≠

Bất phương trình
3 x
x 1

3 x
+
⇔ < −
−
2
2
2x
0
3 x
2x 4x
x x
3 x (3 x)
x 0
−

>

−

−

⇔ < ⇔ <

− −


≥



2
x (3; )
x 10x 9 0
∈ +∞

⇔

− + <

x (3; )
x (3;9)
x (1;9)
∈ +∞

⇔ ⇔ ∈

∈

(Thỏa mãn điều kiện)
Vậy tập nghiệm của bpt là : (3;9)
Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
+ Điều kiện:
2 2
3 0, 8 0x y y x+ ≥ + ≥
. Đặt
( )
2 2
3 , 8 , 0u x y v y x u v= + = + ≥
+ Ta được:
2 2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 1
13 13 (2 1) 13
− = = − = −
  
⇔ ⇔
  
+ = + = + − =
  
u v v u v u
u v u v u u

2
2 1
2 1
2
2
3
5 4 12 0
6
( )
5
= −


= −
=


=



⇔ ⇔ ⇔
  

=
− − =
−




=



v u
v u
u
u
v
u u
u loai
+ Khi đó
2
2
2
2
2
2
2

4
33 2
3 4
4
8 9
8 3
8 9
3

−
=


+ =

+ =
  
⇔ ⇔
  
 
−
+ =

+ =

 

+ =
 ÷


 

x
y
x y
x y
x
y x
y x
x
2
4 2
4
3
8 72 65 0

−
=

⇔


− + − =

x
y
x x x
2
2
2

1
4
4
1
3
3
1
5
( 1)( 5)( 4 13) 0
5
7
x
x
y
x
y
y
x
x
x x x x
x
y
 =


−
=




−

=
=
  

⇔ ⇔ ⇔
 

=

= −

 
− + − + =





= −
= −




Kết hợp với điều kiện ban đầu ta thu được tập hợp nghiệm của hệ phương trình là:
{ }
(1;1),( 5; 7)S = − −
Câu 4(1,0 điểm) Tính thể tích ….

B C

A D
M K
N
B' C'
A' D'
+ Gọi M,N lần lượt là 2 tâm của 2 hình vuông ABB'A'; ADD'A'
1
MN B'D' B'D' 2a A'B' a 2
2
⇒ = ⇒ = ⇒ =
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

''''''''
'.
DCBADCBABCDA
SAAV =
( )
3
2
2222 aaa ==
(đvtt)
+ Gọi I là giao của B'D' và A'C' . Trong (AA'C') kẻ
';' ACKACIK ∈⊥
Vì
'''')'(
''''
'''

DBIKDBCAA
DBCA
DBAA
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
. Vậy:
IKDBACd =)'','(
IKC'∆
đồng dạng với
C'AA'
∆
.
IK C'I AA'.C'I a 2.a a
IK
AA' C'A C'A
a 2. 3 3
⇒ = ⇒ = = =
Kết luận: Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC’ và B’D’ bằng
3
a
.
Câu 5(1,0 điểm) Tìm GTNN của biểu thức….
Ta có:
xyz
zyxzyx
P

222333
2
3
++
+








++
=

Áp dụng bđt:
zxyzxyzyxbaabba ++≥++⇒∀≥+
22222
,,2
. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z.








++









++








+≥⇒
++
+
++
≥⇒
z
z
y
y
x
x
P
xyz

zxyzxyzyx
P
2
3
2
3
2
3
2
3
333333
+ Xét hàm số
t
t
tf
2
3
)(
3
+=
với
0>t
;
2
4
2
2
22
)('
t

t
t
ttf
−
=−=
;
4
20)(' =⇔= ttf
+ BBT
t
0

4
2

+∞
( )
/
f t

−

0

+
( )
f t
+∞

+∞

4
8
3 2
Vậy
4
84≥P
Đẳng thức xảy ra khi
4
2=== zyx
. Hay
4
min
84=P
Câu 6a(1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng….

Ox ( ;0), ( ; )A A a B d B b b∈ ⇒ ∈ ⇒
,
(2;1) ( 2; 1), ( 2; 1)M MA a MB b b⇒ = − − = − −
uuur uuur
.
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b

− − − − =


=
 
⇔
 
=
− + = − + −




uuuuruuur
Nhận xét b=2 không thỏa mãn hệ phương trình này.
Ta có :
2
2 2 2
2 2
1
2
1
2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
−


− =
−


− =
−
 
⇔
−
 
−
 
 
− + = − + −
+ = − + −

 ÷

−
 

b
a
b
a
b
b
b
a b b

b b
b

2 2
2
2
1
2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
 =

−

− =



=
−
 

⇔ ⇔



 
=


 
− + − − =

 
 


−
=
 




a
b
a
b
b
a
b b
b
b
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Với

2
1
a
b
=


=

đường thẳng
∆
qua A,B có phương trình
2 0x y+ − =
Với
4
3
a
b
=


=

đường thẳng
∆
qua A,B có phương trình
3 12 0x y+ − =
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
2 0x y+ − =
và

3 12 0x y+ − =
.
Câu 7a(1,0 điểm): Tìm tọa độ tâm đường tròn…
(C
1
) A (C
2
)
+(C
1
) có tâm O(0;0), bán kính R=5
O
1
O
2

( )
⇒<⇒=⇒− ROMOMOM 52;1
M nằm trong
đường tròn (C
1
)
+ Giả sử (C
2
) cắt (C
1
) tại A và B. Gọi H là trung điểm đoạn AB.

222
25222 OHOHOAAHAB −=−==

. Mà OH lớn
nhất khi H trùng với M Vậy AB nhỏ nhất khi M là trung điểm của AB. AB qua M và vuông góc với OM.
+ Phương trình của AB: x – 2y – 5 = 0. Tọa độ của A,B là nghiệm hệ:



=+
=−−
25
052
22
yx
yx
.
Giải hệ được hai nghiệm(5;0);(-3;-4).
+ Giả sử A(5;0); B(-3;-4). Phương trình của OM: 2x + y = 0 Gọi I là tâm của (C
2
);
Do
)2;( ttIOMI −⇒∈
. Mà IA =
102
=>
404)5(
22
=+− tt
.Giải ra: t = -1 hoặc t = 3.

t 1 I( 1,2)= − ⇒ −
;

)6,3(3 −⇒= It
. Vậy tâm của (C
2
) có tọa độ (-1 ; 2) hoặc (3, -6).
Câu 8a(1,0 điểm) Tìm nghiệm của BPT….
+ Đk :
3; ≥∈ xNx

81
)!22(
)!2(
.
2
1
)!2(
!.3
)!3(!3
!
.
12
−
−
≥
−
−
−
⇔
x
x
x

x
x
x
x
bpt

2( 2)( 1) 3( 1) (2 1) 81x x x x x x⇔ − − − − ≥ − −
2
17
3 2 85 0 5
3
x x x
−
⇔ + − ≤ ⇔ ≤ ≤
+ Kết hợp điều kiện ta được
{ }
.5;4;3∈x
Vậy tập nghiệm của pt là
{ }
5;4;3
Câu 6b(1,0 điểm) Viết phương trình….
d1
d
d2
H
C
B
A
P

Ta có
1 2
A d d= ∩ ⇒
tọa độ của A là nghiệm của hệ :
( )
2 5 3 0 1
1; 1
5 2 7 0 1
x y x
A
x y y
+ + = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1 2
,d d
là
( ) ( )
1 2
: 7 3 4 0, :3 7 10 0x y x y
∆ + − = ∆ − − =
. Vì d tạo với
1 2
,d d
một tam giác cân tại A nên
1 1

2 2
3 7 0
7 3 0
⊥ ∆ − + =
 
⇒
 
⊥ ∆ + + =
 
d x y C
d x y C
. Mặt khác
( 7;8) ( )
− ∈
P d
nên
1 2
77, 25C C
= =
.Suy ra:
:3 7 77 0
: 7 3 25 0
d x y
d x y
− + =


+ + =

Gọi

1 2
,B d d C d d= ∩ = ∩
. Thấy
1 2
(d ) (d )⊥ ⇒
tam giác ABC vuông cân tại A nên:
2
1 1 29
. 29
2 2 2
ABC
S AB AC AB AB
∆
= = = ⇒ =
và
2 58BC AB= =
5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Suy ra:
29
2
2
58
2
2
58
ABC
S
AH
BC

∆
= = =
Với
:3 7 77 0d x y− + =
, ta có
2 2
3.1 7( 1) 77
87 58
( ; )
2
58
3 ( 7)
d A d AH
− − +
= = ≠ =
+ −
(loại)
Với
: 7 3 25 0d x y+ + =
ta có
2 2
7.1 3( 1) 25
29 58
( ; )
2
58
7 3
d A d AH
+ − +
= = = =

+
(t/mãn).
Vậy
: 7 3 25 0d x y+ + =
Câu 7b(1,0 điểm) Viết phương trình …
(C
1
) có tâm I(2 ;-1); bán kính R
1
= 1.Vậy (C
2
) có bán kính R
2
= 2
Gọi J là tâm của (C
2
). Do
( )
2; −−⇒∈ ttJdJ

(C
1
) tiếp xúc ngoài với (C
2
) nên IJ = R
1
+ R
2
= 3 hay IJ
2

= 9.
( )
2
2 2
( 2) 1 9 2 0 2; 1t t t t t t⇔ − + − − = ⇔ − − = ⇔ = = −
+
( )
4)1()1(:)(1;11
22
2
=+++⇒−−⇒−= yxCJt

+
( )
4)4()2(:)(4;22
22
2
=++−⇒−⇒= yxCJt
Vậy có 2 đường tròn (C
2
) thỏa mãn là:
4)1()1(
22
=+++ yx
và
4)4()2(
22
=++− yx
Câu 8b(1,0 điểm). Tìm m để…
Ta có

( )
2
2
2 3
'
1
x x m
y
x
+ + −
=
+
Hàm số có CĐ, CT khi pt y'=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
2
2 3 0x x m
⇔ + + − =
có hai nghiệm phân biệt khác – 1
' 4 0
4
4 0
m
m
m
∆ = − >

⇔ ⇔ <

− ≠

Giả sử đồ thị có điểm CĐ,CT là

( ) ( )
1 1 2 2
; , ;A x y B x y
. Khi đó pt đường thẳng đi qua 2 điểm CĐ,CT là y =
2x+m. Suy ra
1 1 2 2
2 ; 2y x m y x m
= + = +
.
Hai điểm A, B nằm về hai phía của đường thẳng (d) khi
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 2 1 2
2
1 2 1 2
2 1 2 1 0 4 1 4 1 0
16 4 1 1 0
x y x y x m x m
x x m x x m
+ − + − < ⇔ + − + − <
⇔ + − + + − <
Theo định lý Vi-et
1 2
1 2
2
3
x x
x x m
+ = −



= −

. Thay vào bpt trên, ta được:
2
6 39 0 3 4 3 3 4 3
+ − < ⇔ − − < < − +
m m m
.
Vậy
3 4 3 3 4 3− − < < − +m
6