Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 111

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 111
Ngày 24 tháng 6 năm 2013
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 6y x x mx= − +
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
0m =
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
2 4 5 0x y− − =
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sin 3 1 8sin 2 . os 2
4
x x c x
π
 
+ = +
 ÷
 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
2
1
4 3
1 1 9 2
1
4 2
2

x
x y
x y x y x y
+
+

+ + + = + + +


 
+ =

 ÷
 

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
( )
2
5
2
5
1
1
1
x
dx
x x
−
+
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có
·
0
60BAC =
, nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và tính góc
giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC).
Câu 6 (1,0 điểm). Chứng minh rằng
( )
( ) ( ) ( )
4
, , , 0
x y z
y z x y
z x
x y z
x y z
y z z x x y
+ +
+ +
+
+ + ≥ ∀ >
+ + +
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:
2 2 0x y− + =
.
Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2 3

x y z
= =
và mặt phẳng (P):
6 0x y z
+ + − =
. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng
(P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆
bằng
2 2
.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức:
4 3 2
6 9 100 0x x x+ + + =
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 111
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 1: a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. * m = 0 thì
3 2
4 6y x x= −
* TXĐ:
D R=
. *
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

*
2
0
' 12 12 , ' 0
1
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

* Bảng biến thiên… Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
;0 ; 1;−∞ +∞
. Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
Hàm số đạt cực đại tại
0, 0x y= =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2x y= = −
Điểm uốn:
1
'' 24 12, '' 0 , 1
2
y x y x y= − = ⇔ = = −
Giao Ox:

3
0 0
2
y x v x= ⇔ = =
. Giao Oy:
0 0x y= ⇒ =
.
Câu 1: b. (1.0 điểm) Tìm m để đồ thị có …
( )
2
' ' 12 12y f x x x m= = − +
. Hàm số có hai cực trị
' 36 12 0 3m m⇔ ∆ = − > ⇔ <
Gọi hai điểm cực trị của đths là
( ) ( )
1 1 2 2
, ; ,A x y B x y
(
1 2
,x x
là hai nghiệm của pt
' 0y =
)
Có:
( ) ( )
1 1 2
' 2
3 6 3 6
m m
y f x f x x x

   
= = − + − +
 ÷  ÷
   
Do
( ) ( )
1 2
' ' 0f x f x= =
nên
1 1
2
2
3 6
m m
y x
 
= − +
 ÷
 
và
2 2
2
2
3 6
m m
y x
 
= − +
 ÷
 

Vậy pt đt AB là
2
2
3 6
m m
y x
 
= − +
 ÷
 
A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0
( )
( )
1
2
AB d
I d
⊥

⇔

∈


(I là trung điểm AB)
( )
2 1
1 2 . 1 0
3 2
m

m
 
⇔ − = − ⇔ =
 ÷
 
(thoả mãn m < 3)
I có toạ độ:
1 2
1
2 2
2
2 1
3 6
I
I I
x x
x
m m
y x
+

= =



 

= − + = −
 ÷


 

.
( ) ( )
1
2 2. 4. 1 5 0
2
⇔ − − − =
(đúng)
Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0
Câu 1: (1.0 điểm)Giải phương trình lượng giác…
Pt
( )
( )
2 2
sin 3 0 1
4
4sin 3 1 8sin 2 . os 2 2
4
x
x x c x
π
π

 
+ ≥
 ÷

  
⇔


 

+ = +
 ÷

 

( )
2 2 1 os 6 1 4sin 2 .(1 os4 )
2
c x x c x
π
 
 
⇔ − + = + +
 ÷
 ÷
 
 
2 2sin 6 1 4sin 2 2sin 6 2sin 2x x x x⇔ + = + + −
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1
12
sin 2
5
2
12
x k
x

x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔


= +


.
- Với
12
x k
π
π
= +
:
( )
1 sin 3 0 2 2
2 12
k k n x n
π π
π π
 
⇔ + ≥ ⇔ = ⇒ = +

 ÷
 
- Với
5
12
x k
π
π
= +
:
( )
3 17
1 sin 3 0 2 1 2
2 12
k k n x n
π π
π π
 
⇔ + ≥ ⇔ = + ⇒ = +
 ÷
 
,
n Z
∈
Câu 3: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…
( ) ( )
( )
2
1
4 3

1 1 9 2 1
1
4 2 2
2
x
x y
x y x y x y
+
+

+ + + = + + +


 
+ =

 ÷
 

( ) ( )
( )
( )
2 2
3 1
1 2 1 9 1 9 1
2 1
x y
x y x y x y x y
x y x y
+ −

⇔ + − + + = − + + ⇔ = − + +
+ + + +
( )
( )
( )
1
3 1 . 3 1 0
2 1
x y x y
x y x y
 
⇔ + − + + + =
 ÷
 ÷
+ + + +
 
1
3
x y⇔ + =
Khi đó:
( )
( )
1
1 3 1
1
2 4 2 2 1 0 , 2 0
2
x
x x
t t t

+
+ +
 
⇔ + = ⇔ − + = = >
 ÷
 
1
1 5
2
t
t
=


⇔
− +

=


Với t = 1
1
4
3
x
y
= −


⇔


=


, Với t =
( )
( )
2
2
log 5 1 2
1 5
7
2
log 5 1
3
x
y

= − −
− +

⇒

= − −


Câu 4: (1.0 điểm)Tính tích phân…
( ) ( )
( )
( )

2 2 2 2
5 5 5 4
1 2
2 2 2
5
5 5 5
1 1 1 1
1 1 2 1 2
1
1 1 1
x x x x
dx dx dx dx I I
x x
x x x x x
− + −
= = − = −
+
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
1
x
t
=

( )
( )
1
2
1 2
1 1

4
2
5 5
1
5 5
1 1
1
2 2
5
1
1
1 1 1 1
1 ln 1 6ln 2 ln 33
1 1
1 5 1 5 5
1
t
t
I dt dt d t t
t t
t t
 
−
 ÷
 
⇒ = = = + = + = −
+ +
 
+
 ÷

 
∫ ∫ ∫
( )
( )
2
1
2
5
2
2
5
5
1
2 1 2 1 31
1 .
5 5 1 165
1
I d x
x
x
 
= + = − =
 ÷
+
 
+
∫
( )
1 31
6ln 2 ln33

5 165
I = − −
Câu 5: (1.0 điểm)Tính thể tích và khoảng cách
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
N
C
A
B
I
S
M
IB
⊥
AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB
⊥
SA (do SA
⊥
(ABC)) nên IB
⊥
(SAB)
⇒
IB
⊥
AM mà AM
⊥
SB nên AM
⊥
(SBI)
⇒
AM

⊥
SI
Chứng minh tt: AN
⊥
SI. Vậy SI
⊥
(AMN)
Có SA
⊥
(ABC); SI
⊥
(AMN)
( ) ( )
( )
·
( )
·
, ,ABC AMN SA SI⇒ =
∆
SAI có:
·
tan AS
AI
I
SA
=
(1)
AI là đường kính của đtròn (ABC) nên:
·
2

2 .
3
sin
ABC
BC
R AI AI BC
BAC
= = ⇒ =
(2)
Từ (1),(2)
·
( ) ( )
( )
·
0
2 2
. .
1
3 3
tan AS , 30
2
3
BC BC
I ABC AMN
SA BC
⇒ = = = ⇒ =
Câu 6: (1.0 điểm)Chứng minh bất đẳng thức …
Bđt
⇔
( )

( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2
4
z x x y x y y z y z z x
P y z z x x y x y z
x y z
+ + + + + +
= + + + + + ≥ + +
Có:
( ) ( )
2
2
2
2 2 2
2
( )
z x x y
x x yz yz x yz
x x y z yz
x x x x
 
+ +
+ + +
+ + +
= ≥ =

 ÷
 ÷
 

( )
( ) ( )
( ) ( )
2
1 2
z x x y
yz yz
yz
y z y z y z y z y z
x x x x
 
+ +
⇒ + ≥ + + = + + + ≥ + +
 ÷
 ÷
 
(1)
Chứng minh tt có:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2

2 2
2 3
x y y z
zx
z x z x
y y
y z z x
xy
x y x y
z z

+ +
+ ≥ + +




+ +
+ ≥ + +


Từ (1), (2), (3) có:
( )
2 2
yz zx xy
P x y z
x y z
 
≥ + + + + +
 ÷

 
(4)
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Áp dụng bđt:
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
, có:
. . .
yz zx xy yz zx zx xy xy yz
x y z
x y z x y y z z x
+ + ≥ + + = + +
(5)
Từ (4), (5)
( )
4P x y z⇒ ≥ + +
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
Câu 7: (1.0 điểm)Tìm hai điểm B,C…
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =
2
0 2.2 2
2
5
1 2
− +
=
+
Tam giác ABC vuông tại A nên
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5

1 2
4 4
AC AB
AB AC AH AC AC
+ = ⇔ + = ⇒ = ⇒ =
Khi đó C thuộc đường tròn (A,1):
( )
2
2
2 1x y+ − =
Toạ độ C là nghiệm hệ
( )
2
2
2 1
2 2 0
x y
x y

+ − =


− + =


1, 0
7 4
,
5 5
y x

y x
= =


⇔

= =

+ Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt
(0; 1)AC = −
uuur
có pt:
2 0y − =
Toạ độ B là nghiệm hệ
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
B
y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
+ Với C(
4 7
;
5 5

): đt AB qua A(0;2) có vtpt
4 3
( ; )
5 5
AC = −
uuur
có pt:
4 3 6 0x y− + =
Toạ độ B là nghiệm hệ
6
2 2 0
6 2
5
( ; )
4 3 6 0 2
5 5
5
x
x y
B
x y
y

= −

− + =


⇔ ⇒ −
 

− + =


=


Câu 8: (1.0 điểm)Viết phương trình đường thẳng …
Toạ độ M là nghiệm hệ
( )
1;2;3
1 2 3
6 0
x y z
M
x y z

= =

⇔


+ + − =

Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P)
' ( ) ( )d P Q⇒ = ∩
, với (Q) là mp chứa d và vuông góc (P). Mp(Q) qua
M và có vtpt
,
Q d P
n u n

 
=
 
uur uur uur
= (-1; 2; -1)
⇒
(Q) có pt:
2 0x y z− + =
⇒
d’ có pt:
6 0
2 0
x y z
x y z
+ + − =


− + =

2
4
x t
y
z t
=


⇔ =



= −

Vì
∆
nằm trong (P),
∆
⊥
d nên
∆
⊥
d’
Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của
∆
và d’ ta có M
∈
d’ nên MH
⊥
∆
( ) ( ) ( )
2 2 2
( , ) 2 2 1 2 2 4 3 8MH d M t t⇒ = ∆ = ⇒ − + − + − − =
( )
2
3
1 4
1
t
t
t
=


⇒ − = ⇒

= −

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
+ Với t = 3 thì H(3; 2; 1):
∆
qua H, có vtcp
Q
u n
∆
=
uur uur
nên
∆
có pt:
3 2 1
1 2 1
x y z− − −
= =
− −
+ Với t =-1 thì H(-1; 2; 5):
∆
qua H, có vtcp
Q
u n
∆
=
uur uur

nên
∆
có pt:
1 2 5
1 2 1
x y z+ − −
= =
− −
Giải phương trình…
Câu 9: (1.0 điểm) Pt
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
6 9 100 3 10x x x x x i⇔ + + = − ⇔ + =
2
2
3 10 0 (1)
3 10 0 (2)
x x i
x x i

+ − =
⇔

+ + =


(1) có
∆
=
9 40i
+
có một căn bậc hai là
5 4i
+
(1)⇒
có nghiệm
1 2
4 2
x i
x i
= +


= − −

(2) có
∆
=
9 40i
−
có một căn bậc hai là
5 4i
−
(2)⇒
có nghiệm
1 2

4 2
x i
x i
= −


= − +
