Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 108

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108
Ngày 21 tháng 6 năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số :
2 1
1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho tam giác AOB có diện tích bằng
3
( O là gốc tọa độ).
Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình:
2
2cos 2 3sin cos 1
3 cos sin
2cos2
x x x
x x
x
− +
= −

.
Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình:
8 2
3.
9 1
x x
x x
− −
− ≥
− −

Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I =
3
2
0
3sin sin 2
(cos2 3cos 1)(3 2sin )
x x
dx
x x x
π
−
− + −
∫
Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc
giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng
cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với

trực tâm H của tam giác ABC.
Câu 6 ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z-x-y)=x+y+1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T =
4 4
3
( ).( ).( )
x y
x yz y zx z 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 7a ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
: 1 0x y∆ − + =
, đường thẳng BC song song với
∆
và đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0.
Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M
5 5
( ; )
2 4
nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC.
Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 và
hai đường thẳng d
1
:
2
1 2 1
x y z−
= =
−
và d

2
:.
1 3 3
1 3 2
x y z− − +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng
∆
song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất.
Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết
1 3 3
1 3 2
x y z− − +
= =
−
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C
1
):
2 2
4 0x y y+ − =
và (C
2
):

2 2
4 18 36 0x x y y+ + + + =
. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I nằm trên đường thẳng
d: 2x + y – 7 = 0 đồng thời tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn ( C
1
) và ( C
2
).
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 4; 3) và hai đường
thẳng
1
∆

1 9
1 1 2
x y z+ −
= =
− −
,
2
∆
:
1 3 4
2 1 1
x y z− − −
= =
− −
lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và
đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 9b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2
2 2
2
log log 1
log ( ) 1
xy x
x
y
y
x y

− =



− =

, (
∈yx,
R )
Hết
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 108
Câu 1: 1, * Tập xác định: R \{-1} * Sự biến thiên:
− Chiều biến thiên: y’ =
( )
2
3
0

1x
>
−
với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng.
( , 1), ( 1, )−∞ − − +∞
− Cực trị: Hàm số không có cực trị.
− Giới hạn và tiệm cận:
lim 2
x
y
→−∞
=
,
lim 2
x
y
→+∞
=
⇒ tiệm cận ngang y = 2,

1
lim
x
y
−
→ −
= +∞
,
1
lim

x
y
+
→ −
= −∞
⇒ tiệm cận đứng x = -1.
− Bảng biến thiên:
− Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm (0, −1); (2, 1) và nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng.
Vẽ đồ thị Bạn đọc tự vẽ ( xin cảm ơn)
2,Gọi k là hệ số góc của đt
∆
suy ra PT
∆
: y = k( x+1) + 2. PT hoành độ giao điểm của
∆
và (C) :
2 1
1
x
x
−
=
+
k( x+1) +2
2
2 3 0kx kx k⇔ + + + =
(*) Đường thẳng
∆
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
⇔

PT (*) có 2 nghiệm phân biệt
0
' 0
k ≠

⇔ ⇔

∆ >

k < 0 .
Với k < 0 gọi A( x
1
; k(x
1
+ 1) + 2), B( x
2
; k(x
2
+ 1) + 2) là các giao điểm của
∆
với
( C ) thì x
1
, x
2
là các nghiệm của PT (*) . Theo Viet ta có
1 2
1 2
2
3

.
x x
k
x x
k
+ = −



+
=


.
Ta có AB =
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
2 1 2 1 2 1
( ) 1x x k x x k x x− + − = + −
=
=
( )
( )
( )
2

2 2
2 1 1 2
12
1 4 . 1 .k x x x x k
k
−
 
+ + − = +
 
, d( O ;
∆
) =
2
2
1
k
k
+
+

Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng
3
nên ta có :
1
2
AB
d( O ;
∆
) =
3

1, 4k k⇔ = − = −
thỏa mãn k < 0.
Vậy có 2 PT đường thẳng
∆
là y = - x + 1; y = - 4x -2.
Câu 2: Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*) Pt đã cho ⇔
2 2
3cos 2 3 sin cos sin
2cos2
x x x x
x
− +
=

3 cos sinx x−

⇔
2
( 3 cos sin ) 2cos 2x x x− =
(
3 cos sinx x−
)
⇔
3 cos sin 0
2cos2 3 cos sin
x x
x x x

− =

⇔

= −



tan 3
cos 2 cos( )
6
x
x x
π

=


= +



3
2
2 ,
6 18 3
x k
x k x k
π
π
π π π
π


= +

⇔


= + =− +


Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

2
, 2 , ( )
3 6 18 3
x k x k x k k Z
π π π π
π π
= + = + =− + ∈
.
Câu 3 : ĐK : 1< x¸< 9 ( * ). Với đk ( * ) ta có : ( 1)
1 1
9 1 3
9 1
x x
x x
 
⇔ − + − − + ≥
 ÷
− −
 

9 1
9 1 3
9 . 1
x x
x x
x x
 
− + −
⇔ − + − − ≥
 ÷
 ÷
− −
 
( 2 )
Đặt t =
9 1x x− + −
, t > 0. Ta có:.
2
8 8 2 (9 ).( 1) 8 9 1 16t x x x x< = + − − ≤ + − + − =
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2 2 4t⇒ < ≤
( ** ) và
2
8
(9 ).( 1)
2
t
x x
−

− − =
. Khi đó BPT ( 2 ) trở thành:
2
2
3
8
t
t
t
− ≥
−
3 2
3 10 24 0t t t⇔ − − + ≥
( do ( **) ).
⇔
( 3).( 2).( 4) 0 4t t t t+ − − ≥ ⇔ ≥
. Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay
9 1x x− + −
= 4
5x⇔ =
. Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T =
{ }
5
.
Câu 4: Ta có I =
3
2 2
0
3sin sin 2
(2cos 3cos )(3 2sin )

x x
dx
x x x
π
−
− −
∫
=
3
2
0
sin (3 2cos )
(2cos 3).cos . (1 2cos )
x x
dx
x x x
π
−
− +
∫
=
3
2
0
sin (3 2cos )
(2cos 3).cos . (1 2cos )
x x
dx
x x x
π

−
− +
∫

3
2
0
sin
cos . (1 2cos )
x
dx
x x
π
−
=
+
∫
=
3
2 2
0
cos .( sin ).
cos . (1 2cos )
x x dx
x x
π
−
+
∫
. Đặt t =

2
2cos x

4cos .( sin )dt x x dx⇒ = −
Đổi cận: Khi x = 0
2t⇒ =
; khi
1
3 2
x t
π
= ⇒ =
. Khi đó I =
1
2
2
1
2 .(1 )
dt
t t+
∫
=
=
1
2
2
1 1 1
2 1
dt
t t

 
−
 ÷
+
 
∫
=
1
2
2
1
.
2
ln
1
t
t+
=
1 1 2
.(ln ln )
2 3 3
−
=
1 1
.ln
2 2
. Vậy I =
1
ln 2
2

−
.
Câu 5 : Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
nên góc
0
' 60A AH∠ =
và do
AA’ = 2a nên A’H =
3a
là một đường cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và AH = a.
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một
đường cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a nên H nằm ngoài tam giác ABC và nằm trên
tia đối của tia AM suy ra A là trọng tâm của tam giác HBC.
60
2a
a
a
M
C
A
A'
B'
C'
B
H
K
Khi đó ta có AM =
2 3
2

a
BC MC a⇒ = =
2
1 . 3
.
2 4
ABC
a
S BC AM
∆
⇒ = =
. Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V =
3
3
' .
4
ABC
a
A H S
∆
=
.
Nối A’M, ta có mp(A’HM)
BC⊥
khi đó kẻ HK
' , 'A M K A M⊥ ∈
thì HK
( ' )A BC⊥
nên độ dài đoạn
HK là d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có :

2 2 2
1 1 1 3

'
7
a
HK
HK A H HM
= + ⇒ ⇒ =
.
suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) =
3
7
a
.
Ta lại có :
d( H ; ( A'BC))
3
d( A ; ( A'BC))
HM
AM
= =
. Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) =
7
a
.
Câu 6 : Vì z(z-x-y)=x+y+1
⇒
(z + 1)( x + y) = z
2

- 1 và do z > 0 nên ta có:
1x y z+ + =
.
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Khi đó : T =
[ ]
4 4
3
( ).(1 ).( ).(1 ). ( 1)( 1)
x y
x y y x y x x y+ + + + + +
=
[ ]
4 4
4
2
( ) . ( 1)( 1)
x y
x y x y+ + +

Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có :
( )
4
4
3 3
4
4
4
1 1 4 4 .

3 3 3 27 27
x x x x x
x
 
 
+ = + + + ≥ =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
,
( )
4
4
3 3
4
4
4
1 1 4 4 .
3 3 3 27 27
y y y y y
y
 
 
+ = + + + ≥ =
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
,
( )
xyyx 4
2
≥+
.
Do đó
[ ]
4
2
( ) . ( 1)( 1)x y x y+ + +

3 3 9
8 4 4
6 6
. 4
4 .4 . . .
3 3
x y
xy x y≥ =
suy ra
6
9
3
4
T ≤
( * )
Dấu “=” ở ( * ) xảy ra
1

3, 3, 7
3 3
1
x y
x y z
z x y

= =

⇔ ⇔ = = =


= + +

.Vậy Max
6
9
3
4
T =
khi x= 3, y =3, z = 7
Câu 7a: PT đường thẳng d đi qua M và vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y - 5 = 0.
Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ:
2 5 0 1
(1; 2)
1 0 2
x y x
A
x y y
+ − = =

 
⇔ ⇒
 
− + = =
 

3 3
( ; )
2 4
AM⇒ = −
uuuur
Do điểm M
5 5
( ; )
2 4
nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có
4
3
AC AM=
uuur uuuur
suy ra tọa độ
điểm C là C(3 ; 1).
Đường thẳng BC song song với
01: =+−∆ yx
và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0. Tọa độ đỉnh
B là nghiệm của hệ:
2 0 0
(0; 2)
2 2 0 2
x y x

B
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 

Ta có:
(3; 3) 3 2BC BC= ⇒ =
uuur
, d( A; BC) =
1 2 2
3
2 2
− −
=

Vậy diện tích tam giác ABC là:
1
( ; )
2
S BC d A BC= =
9
2

Câu 8a: Do M
1
d∈

, N
2
d∈
nên tọa độ các điểm M, N có dạng: M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s)
suy ra
(1 ;1 2 3 ; 3 2 )MN s t t s t s= + − + − − − +
uuuur
.Do
∆
song song với ( P ) nên ta có:
. 0
P
MN n =
uuuur uur
2(1 ) 1 2 3 3 2 0s t t s t s⇔ + − + + − − − + =
s t⇔ =
. Khi đó
2 2
(1;1 ; 3 ) 1 (1 ) ( 3 )MN t t MN t t= − − + ⇒ = + − + − +
uuuur
=
2
2 8 11t t− +

2
2( 2) 3 3t= − + ≥

với mọi t. Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2
⇔
M( 2 ; -2 ; 2)

( )P∉
( thỏa mãn MN song song với (P)).
Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2),
).1;1;1( −−=MN
Vậy PT đường thẳng
∆
cần tìm là:
2 2 2
1 1 1
x y z− + −
= =
− −
.
Câu 9a: Đặt z = a + bi ( a, b
∈
R ). Khi đó:
( 2 ).( 2 ) 4 0z i z i iz− − + =
⇔
( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0
⇔
( a
2

+ b
2
– 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0
⇔
a
2

+ b
2
– 4b – 4 = 0
Ta lại có:
2 2
2 ( 2) 4 4z i a b i a b b− = + − = + − +
=
2 2
4 4 8 8 2 2a b b+ − − + = =
Vậy môđun của z – 2i bằng
22
.
Câu 7b.Đường tròn ( C
1
) có tâm I
1
( 0 ; 2 ) và bk R
1
= 2, Đường tròn ( C
2
) có tâm I
2
( -2 ; -9) và
bk R
2
= 7. Gọi R là bk đường tròn ( C ). Do I thuộc d nên tọa độ I có dạng ( a; 7 -2a).
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Do ( C ) tiếp xúc ngoài với hai đường tròn ( C
1

) , ( C
2
) nên ta có:
1 1
2 2
I I R R
I I R R
= +


= +

2 1 2 1
5I I I I R R⇒ − = − =
Ta có:
1
( ; 2 5)I I a a= − −
uuur
;
2
( 2 ;2 16)I I a a= − − −
uuur
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 1
5 2 2 16 2 5 5I I I I a a a a− = ⇔ + + − − + − =
⇔
2 2
5 60 260 5 20 25 5a a a a− + = − + +

⇔
2
5 20 25 21 4a a a− + = −
2 2
21
4
5 20 25 441 168 16
a
a a a a

≤

⇔


− + = − +

21
4
4
104
4
11
a
a
a hoac a

≤



⇔ ⇔ =


= =


1
(4; 1) 5 3I I I R⇒ − ⇒ = ⇒ =
.Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là:
( ) ( )
2 2
4 1 9x y− + + =
.
Câu 8b.Vì B
1
∆∈
⇒
B( -1- t ; - t ; 9 + 2t),
( 2 ; 4 ; 6 2 )AB t t t= − − − − +
uuur
, C
2
∆∈
⇒
C ( 1 + 2k ; 3 –
k ; 4 – k ) . Đường thẳng
2
∆
có một vtcp
2

(2; 1; 1)u = − −
uur
. Theo bài ra ta có : AB
⊥
2
∆
nên
0.
2
=uAB
⇔
2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0
⇔
t = -2 suy ra B( 1 ; 2; 5).
Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M(
7 7
1 ; ;
2 2
k k
k
− −
+
).
Do M
1
∆∈

⇒
2 7 11
1

1 2 4
k k k
k
+ − − −
= = ⇔ =
− −

⇒
C( 3 ; 2; 3).
Ta có
),2;2;0( −=AB
)0;2;2( −=AC
,
)2;0;2( −=BC
suy ra AB = BC = AC =
22
nên tam giác
ABC là tam giác đều có cạnh a =
22
.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I
5 8 11
; ;
3 3 3
 
 ÷
 
và bk
2 3 2 6
. .

3 2 3
R IA a= = =
.
Câu 9b:ĐK:
2 2
0 1, 0 1
0,
xy x
y x y
< ≠ < ≠


> >

( * )
+ Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được
2
3 3x x= ⇔ =
(Do ( *))
+ Với 0 < y
1≠
và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT:
2
log log 1
xy x
x
y
y
− =

⇔
2
1 1
log 1
log ( ) log ( )
x
x y
y
xy xy
− − =
⇔

2
1 1
log 1
1 log 1 log
x
x y
y
y x
− − =
+ +
Đặt t =
y
x
log
khi đó ta được PT:
2
1

1
1 1
t
t
t t
− − =
+ +

⇔

3 2
2 0t t t+ + =
⇔
t = 0
⇔
y = 1
( Loại)
Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất
( )
( )
; 3 ; 1x y =
5