Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 104

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ
Ngày tháng Năm 2013
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
có đồ thị (C)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2, Dựa vào đồ thị (C) của hàm số trên hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
( )
2
2
1 4 8 4
log 4
1
x x x
m
x
+ + − +
=
−
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
2 2 2
3
sin sin sin 2 3 sin .cos

3 3 6 2
x x x x x
π π π
     
+ − + + = + −
 ÷  ÷  ÷
     
2, Giải hệ phương trình
( )
3 2 2 2
2 2
3 2 2 1 0
2 2 1 2 1
x x y y
x x y x

− + + + − =



− = − + −

( )
,x y ∈¡
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
2
6
4
4sin .cos 1
6

I dx
x x
π
π
π
=
 
+ +
 ÷
 
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và
AB BC CD a
= = =
Hai
mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tính theo
a
thể tích của khối
chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng
3
2
a
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2
1 1 1
a b c
a b c
+ + =

+ + +
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P ab bc ca= + +

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 trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC trọng tâm
7
;0
3
G
 
 ÷
 
,
trực tâm
( )
3;0H
và trung điểm của cạnh BC là điểm
( )
2; 1M −
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz; cho mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 1 9S x y z− + − + − =
, hai điểm
( )
0, 2, 1M − −

và
( )
1,0, 3N −
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N và cắt mặt cầu (S) tại
duy nhất một điểm.
Câu VIIa (1,0 điểm) Cho số phức
z
thỏa mãn đẳng thức
3
1 3
2 .
1
i
z i z
i
 
−
+ =
 ÷
 ÷
+
 
. Hãy tính giá trị của biểu
thức
2A z iz= +
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A, trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C lần lượt có
phương trình là:
1 0x y− − =

,
1 0y − =
,
4 11 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C?
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz; cho mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 1 1 9S x y z− + − + − =
và đường
thẳng
( )
3 3 2
:
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt mặt cầu
(S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Câu VIIb (1,0 điểm) Cho các số phức
1 2 3
, ,z z z
thỏa mãn các điều kiện
1 2 3
1z z z= = =
và
1 2 3
0z z z+ + =

.Chứng minh rằng
1 2 2 3 3 1
0z z z z z z+ + =
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ
Bài 1. 1, (1,0 điểm) Tập xác định
{ }
\ 1D = ¡
Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
( )
2
2
'
1
y
x
−
=
−
,
' 0y <
với mọi
x D∈
suy ra hàm số nghịch biến trên
( ) ( )
;1 , 1;−∞ + ∞
+) Cực trị: hàm số không có cực trị
+) Giới hạn:
1
1

lim lim 1
1
1
x x
x
y
x
→±∞ →±∞
+
= = ⇒
−
đường thẳng
1y =
là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ,lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒
đường thẳng
1x
=
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
+) Bảng biến thiên
c. Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm
( )
1;0−
và cắt trục tung tại điểm

( )
0; 1−
. Đồ thị nhận điểm
I(1; 1) làm tâm đối xứng.
Bài 1: 2. (1,0 điểm)Điều kiện
1
0
x
m
≠


>

. Khi đó ta có
( )
2
2
1 4 8 4
log 4
1
x x x
m
x
+ + − +
=
−
2 2
1 2 1
1

2 log log
1 1
x x
x
m m
x x
+ + −
+
⇔ = + ⇔ =
− −
(1)
Ta có
1
1
1
1
1
1
1
1
x
khi x
x
x
x
x
khi x
x
+


>

+

−
=

+
−

− <

−

suy ra đồ thị hàm số
1
1
x
y
x
+
=
−
(C') gồm hai phần:
Phần 1: là phần đồ thị (C) nằm bên phải đường thẳng
1x =
Phần 2: là phần đối xứng qua trục hoành với phần đồ thị (C) nằm bên trái đường thẳng x=1. Đồ thị như
hình vẽ
Số nghiệm của phương trình ban đầu bằng số nghiệm của phương trình (1) hay bằng số giao điểm của đồ
thị hàm số (C') và đường thẳng y=m. Khi đó ta được:

+) Nếu
2
log 1 0 0,5m m≤ − ⇔ < ≤
thì phương trình (1) vô nghiệm
+) Nếu
2
1 log 1 0,5 2m m− < ≤ ⇔ < ≤
thì phương trình (1) có đúng một nghiệm
+) Nếu
2
log 1 2m m> ⇔ >
thì phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt.
Kết luận
Bài 2: 1. (1,0 điểm) Ta có
2 2 2
3
sin sin sin 2 3 sin .cos
3 3 6 2
x x x x x
π π π
     
+ − + + = + −
 ÷  ÷  ÷
     
( )
2 2
1 cos2 1 cos 2 1 cos 2
3
3 3
3 3 sin cos cos

2 2
x x x
x x x
π π
   
− + − − + + −
 ÷  ÷
   
⇔ = + −
2
2
3 cos2 2cos cos 2
3
3
3sin cos 3 cos
2 2
x x
x x x
π
− −
⇔ = + −
( )
2
3 3sin 2 3 2cos 1x x⇔ = + −
3 sin 2 cos2 3x x⇔ + =
3 1 3
sin 2 . cos2 . sin 2 sin
2 2 2 6 3
x x x
π π

 
⇔ + = ⇔ + =
 ÷
 
( )
2 2
6 3
12
2 2
6 3 4
x k
x k
k
x k x k
π π
π
π
π
π π π
π π π


+ = +
= +


⇔ ⇔ ∈





+ = − + = +




¢
. Vậy phương trình có 2 họ nghiệm
Bài 2: 2. (1,0 điểm) Điều kiện:
2
2
2 0 0 2
1 1
1 0
x x x
y
y

− ≥ ≤ ≤


⇔
 
− ≤ ≤
− ≥



. Khi đó hệ phương trình đã cho tương đường
với

( ) ( )
(
)
( )
(
)
3
3
2
2 2
2 2
2 2
1 1
1 3 1 1 3 1
2 2 1 2 1
2 2 1 2 1
f x f y
x x y y
x x y x
x x y x


− = −
− − − = − − −
 
⇔
 
 
− = − + −
− = − + −



(1)
Trong đó
( )
3
3f t t t= −
. Xét hàm số
( )
3
3f t t t= −
,
[ ]
1;1t ∈ −
ta có
( )
[ ]
2
' 3 3 0, 1;1f t t t= − ≤ ∀ ∈ −
suy ra
hàm số
( )
f t
đồng biến trên
[ ]
1;1−
Mặt khác do điều kiện của x,y ta có
[ ]
2
1, 1 1;1x y− − ∈ −

nên hệ (1) tương đương với
2
2
2 2
2
1 1
1 1
2 2 1 2 1
2 4 3
x y
x y
x x y x
x x x


− = −
− = −
 
⇔
 
− = − + −
 
− = −


( )
2
2
2
2 2

1 1
1 1
1
2 4 3 17 26 9 0
1
3
3
4
4
x y
x y
x
x x x x x
y
x
x


− = −

− = −


=

⇔ − = − ⇔ − + = ⇔
  
= ±

 

 
≥
≥


. Vậy hệ đã cho
Bài 3(1,0 điểm) Ta có
( )
2 2 2
6 6 6
4 4 4
3 sin 2 cos2 2
2 3sin cos .cos 1
4sin .cos 1
6
I dx dx dx
x x
x x x
x x
π π π
π π π
π
= = =
 
+ +
+ +
+ +
 ÷
 
∫ ∫ ∫

2 2 2
2
6 6 6
4 4 4
3 1
4cos
2 cos 2 1
2 sin 2 . cos 2 . 1
6
3
2 2
dx dx dx
x
x
x x
π π π
π π π
π
π
= = =
     
 
−
− +
+ +
 ÷
 ÷
 ÷  ÷
 
 

 
 
∫ ∫ ∫
( )
2
6
tan tan tan 0 3
6 3
x
π
π
π π
 
   
− = − =
 ÷  ÷
 ÷
   
 
. Vậy
3I =
Bài 4(1,0 điểm)
K
H
D
C
B
A
S
Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SH

vuông góc với (ABCD). Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng SD. Do ABCD là nửa lục
giác đều nên AB vuông góc với BD, kết hợp với AB vuông góc với SH suy ra
( )
AB SBD AB BK⊥ ⇒ ⊥ ⇒
BK là đoạn vuông góc chung của AB và SD suy ra BK=
3
2
a
Do BC//AD suy ra
1 2 2 3
2 3 3
HB BC a
HB BD
HD AD
= = ⇒ = =
Mặt khác ta có
2 2
3
2 . . . 3 .
2
SBD
a
S SH BD BK SD SH a SH HB= = ⇒ = +
Ta có
2
0
1 1 3 3
. . .sin120
2 2 4
ABCD ABD BCD

a
S S S AB BD BC CD= + = + =
Vậy
2 3
1 1 2 3 3 3
. . .
3 3 3 4 6
ABCD ABCD
a a a
V SH S= = =
Bài 5(1,0 điểm) Ta có
1 1 1 1
2 2 .
1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a
a b c a b c b c
+ + = ⇒ = + ≥
+ + + + + + + +
(1)
Tương tự như trên ta được
1 1 1 1
2 .
1 1 1 1 1
b
b a c a c
= + ≥
+ + + + +
(2),
1 1 1 1
2 .

1 1 1 1 1
c
c a b a b
= + ≥
+ + + + +
(3)
Nhân từng vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
8
8
1 1 1 1 1 1
abc
abc
a b c a b c
≥ ⇒ ≥
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta
được:
( )
2
3
3
3 . . 3 12P ab bc ca ab bc ca abc= + + ≥ = ≥
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2a b c= = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
12
Bài 6a: 1. (1,0 điểm)Do G là trọng tâm nên
( )
( )

( )
2
3
2 3;2
2
2
A G G M
A
A
A G G M
x x x x
x
GA MG A
y
y y y y
− = −
=


= ⇔ ⇔ ⇒
 
=
− = −



uuur uuuur
Do H là trực tâm nên
AH BC BC
⊥ ⇒

qua M và có vector pháp tuyến
( )
2 0;1 : 1 0AH BC y= − ⇒ + =
uuur
.
Do B nằm trên BC nên
( )
; 1B t −
, kết hợp với
M
là trung điểm của BC nên theo công thức trung điểm ta
được
( )
4 ; 1C t− −
Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 3 4 3 0 1 1 2 0BH AC t t= ⇔ − − − + + − − =
uuur uuur
2
0
4 0
4
t
t t
t
=

⇔ − = ⇔

=


+)
( ) ( )
0 0; 1 , 4; 1t B C= ⇒ − −
+)
( ) ( )
4 4; 1 , 0; 1t B C= ⇒ − −
. Vậy tọa độ
Bài 6a: 2. (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm
( )
1;1;1I
và bán kính
3R
=
.
Giả sử (P) có vector pháp tuyển là
( )
2 2 2
, , , 0
P
n a b c a b c= + + ≠
uur
. Do (P) đi qua điểm M nên phương trình
( ) ( ) ( )
: 2 1 0P ax b y c z+ + + + =
, mặt khác (P) đi qua điểm N suy ra
2 2 0 2 2a b c a c b
+ − = ⇒ = −
.
(P) cắt (S) tại đúng một điểm khi và chỉ khi (P) tiếp xúc với (S)

( )
( )
;d I P R⇔ =
( )
2 2
2 2 2 2
2 2
3 2 4
3 3 44 80 29 0
2 2
a b c b c
b bc c
a b c
c b b c
+ + +
⇔ = ⇔ = ⇔ − + =
+ +
− + +
( ) ( )
2 22 29 0b c b c⇔ − − =
2 ; 22 29b c b c⇔ = =
+) Nếu
2 0b c
− =
, chọn
( )
1, 2 2 : 2 2 4 0b c a P x y z= = ⇒ = ⇒ + + + =
2 2
2 2 2
4 4 2

2 4
3 3 3
a a a
SH SH SH SH SH⇒ = + ⇒ = + ⇒ =
+) Nếu
22 29b c
=
, chọn
( )
29, 22 14 : 14 29 22 80 0b c a P x y z= = ⇒ = − ⇒ − + + + =
Vậy phương trình
Ta có
( ) ( )
( )
2 3
3
2 3
1 3 3 3 3 3
4 1
1 3 8 4
2 . 2 2
1 1 3 3 2 2 1 2
i i i
i
i
z i z i
i i i i i i
− + −
 
+

− −
+ = = = = = = +
 ÷
 ÷
+ + + + − + −
 
Bài 7a: (1,0 điểm) Đặt
; ,z a bi a b= + ∈¡
. Do đó
( )
2
2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2z i z i a bi ai bi i a b a b i i+ = + ⇔ + + − = + ⇔ + + + = +
2 2
2 2 2
2 2
3 3 3
a b
a b z i
a b
+ =

⇔ ⇔ = = ⇒ = +

+ =

Do đó
2 2 2 2
2 . 2 . 2 . 2 2 8
3 3 3 3
A z i z i i i i i= + = + + − = + =

Bài 6b(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AC, D là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A, H là chân
đường cao kẻ từ đỉnh C. Do A nằm trên AD và M nằm trên BM nên ta có thể giả sử
( ) ( )
, 1 , ,1A a a M b−
,
kết hợp với M là trung điểm của AC ta được
( )
2 ;3C b a a− −
. Do C thuộc vào CH nên ta có:
( )
4 2 3 11 0 5 8 8b a a a b− + − − = ⇔ − = −
(1)
Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD suy ra N nằm trên đường thẳng AB, gọi K là giao điểm của MN và
AD. Ta có
( )
1,1 : 1 0
MN AD
MN AD n u MN x y b⊥ ⇒ = = ⇒ + − − =
uuur uuur
Do K là giao điểm của MN và AD nên tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:
2
1 0
2
2
;
1 0
2 2
2
b
x

x y b
b b
N
x y b
y
+

=

+ − − =

+

 
⇔ ⇒
 
 ÷
− − =
 


=


, kết hợp K là trung điểm của MN suy ra
( )
2 2
2; 1
2 1
N K M

N K M
x x x
N b
y y y b
= − =

⇒ −

= − = −

Do
( ) ( )
. 0 1. 2 4 0 3 4 2
CH
AN CH AN u a b a a b⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ − = −
uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) ta được
( ) ( )
5 8 8 4
4;3 , 3; 1
3 4 2 3,5
a b a
A C
a b b
− = − =
 
⇔ ⇒ −
 
− = − =

 

( )
1; 4
AB CH
AB CH n u⊥ ⇒ = = −
uuur uuur
( ) ( )
:1. 4 4 3 0 4 8 0AB x y x y⇒ − − − = ⇔ − + =
. Do B là giao điểm của AB và BM nên tọa độ B là
nghiệm của hệ:
( )
4 8 0 4
4;1
1 0 1
x y x
B
y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− = =
 
. Vậy tọa độ các đỉnh
Bài 6b(1,0 điểm) 2. (1,0 điểm) (S) có tâm
( )
1,1,1I
, bán kính R=3. Gọi K là hình chiếu của I lên (P), H là
hình chiếu của I lên (d) và r là bán kính đường tròn là giao của (P) với (S). Khi đó ta có

2 2 2 2
r R IK R IH= − ≥ −
Dấu bằng xảy ra khi
K H≡
, từ đó suy ra để (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất thì (P)
phải vuông góc với IH.
Phương trình tham số của (d) là
( )
3
3 3 ,3 ,2 2
2 2
x t
y t H t t t
z t
= +


= + ⇒ + + +


= +

. Do IH vuông góc với (d) nên ta có
( )
. 0 2 2 2 4 0 6 6 0 1 2,2,0
d
IH u t t t t t H= ⇔ + + + + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒
uuur uur
.
Do (P) vuông góc IH nên (P) nhận

( )
1,1, 1IH = −
uuur
và đi qua
( )
2,2,0H
có phương trình là:
( ) ( ) ( ) ( )
:1 2 1. 2 1. 0 0 4 0P x y z x y z− + − − − = ⇔ + − − =
. Vậy phương trình
Bài 7b(1,0 điểm) Ta có
1 1 2 2 3 3
. 1, . 1, . 1z z z z z z= = =
Từ đó suy ra
1 2 2 3 3 1
1 2 2 3 3 1
1 1 1 1 1 1
. . .z z z z z z
z z z z z z
+ + = + +

1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
0
. . . .
z z z z z z
z z z z z z
+ + + +
= = =