Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 113

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 113
Ngày 26 tháng 6 năm 2013
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
2 1
1
x
y
x
−
=
−
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
1. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các tiệm
cận tại A, B. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C).
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3 3
sin sin 3 cos .cos3 1
8
tan tan
6 3
x x x x
x x
π π
+
= −
   
− +

 ÷  ÷
   

1. Giải phương trình:
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1x x x x
 
+ − + − − = + −
 
 
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân :
( )
1
2
0
ln 1I x x x dx
= + +
∫
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có
,AB AD a
− =
·
/ 0
3
AA , 60
2

a BAD
= =
. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể tích
khối đa diện AA’BDMN theo a.
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn a
2
+b
2
+c
2
=1, ta có:
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 ĐIỂM):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
I. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của
hai đường thẳng: d
1
: x – y – 3 = 0, d
2

: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d
1
và tia Ox.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d:
14 5
4 1 2
x y z
− +
= =
−
. Viết
phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x
2
trong khai triển:
4
1
2
n
x
x
 
+
 ÷
 
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

2 1
0 1

2 2 6560
2
2 1 1
n
n
n n n
C C C
n n
−
+ + + =
+ +
.
II. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình
7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
1 0x y z
+ + − =
và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2).
Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA MB−
đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình
2
3 3
3 2
1
log log 0
2

0
x y
x y my

− =



+ − =

. Tìm m để hệ có nghiệm.
Hết
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 113
Câu 1: 1, TXĐ : D = R\
{ }
1
.
Sự biến thiên: y’ =
( )
2
1
0,
1
x D
x
−
< ∀ ∈
−

.Hàm số nghịch biến trên:
( ) ( )
;1 1;
−∞ ∪ +∞

Giới hạn:
lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
; tiệm cận ngang: y = 2.
1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
; tiệm cận đứng: x = 1
Bảng biến thiên: Đồ thị:
Câu I: (1,0 điểm): 2, A(1;
2
1
m
m
−
), B(2m-1; 2), IA =
2 1
2 2 , 2 2 2 1

1 1
m
IB m m
m m
− = = − = −
− −

1
. 2
2
IAB
S IA IB
∆
= =
.Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C).
Câu 2: (1,0 điểm): 1, Điều kiện:
6 2
k
x
π π
≠ +

Ta có
tan tan tan cot 1
6 3 6 6
x x x x
π π π π
       
− + = − − + = −
 ÷  ÷  ÷  ÷

       

Phương trình tương đương với:
3 3
1
sin sin 3 cos cos3
8
x x x x
+ =

( )
1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1
. .
2 2 2 2 8
1
2 os2 os2 . os4
2
c x c x c x c x c x c x
c x c x c x
− − + +
⇔ + =
⇔ − =
3
1 1
os os2
8 2
c x c x⇔ = ⇔ =
.
6
x k

π
π
= − +
và
6
x k
π
π
= +
( loại) Vậy :
6
x k
π
π
= − +

Câu 2: (1,0 điểm): 2, Đk: -1
1x
≤ ≤
Đặt u =
( ) ( )
3 3
1 , 1 , , 0u x v x u v
= + = − ≥

Hệ thành:
( )
2 2
3 3
2

1 2
u v
uv u v uv

+ =


+ − = +


ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
3 3 2 2
1 1 1
1 2 2 2
2 2 2
2
uv uv u v uv u v
u v u v u uv v uv
+ = + = + + = +
− = − + + +

2 2

2
2 2
2
2
1
2
2
u v
u
u v

+ =

⇒ ⇒ = +

− =


2
2
x⇒ =
Câu 3: (1 ,0 điểm) Đặt
( )
2
ln 1u x x
dv xdx
= + +
=

⇒

2
2
2 1
1
2
x
du dx
x x
x
v
+
=
+ +
=

( )
1
2 3 2
2 1
0
2
0
1 2 3 3
ln 1 | ln3
2 2 1 4 4
x x x
I x x dx J
x x
+

= + + − = −
+ +
∫
với
1
2
2
0
1 3
2 2
dx
J
x
=
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
∫
. Đặt
3
6
1 3 2 3 3
tan , ;
2 2 2 2 2 9
x t t J dt
π

π
π π π
 
+ = ∈ − ⇒ = =
 ÷
 
∫
.Vậy I =
3 3
ln3
4 12
π
−

Câu 4: (1,0 điểm) Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’
⇒
M, N lần lượt là trung điểm của
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
SD và SB , AB = AD = a, góc BAD = 60
0

⇒

∆
ABD đều
⇒
OA =
3
, 3

2
a
AC a
=

SA = 2AA’ = a
/ /
3
3, =AA
2
a
CC
=

/
AO SA
SAO AIO
Ac CC
⇒ = ⇒ ∆ ∆
:
(I là giao điểm của AC’ và SO)
'SO AC⇒ ⊥
(1)
Mặt khác
( )
/ / /
BD ACC A BD AC
⊥ ⇒ ⊥
(2) Từ (1) và (2)
⇒

đpcm
3
2
1 3
3
3 2 4
SABD
a
V a a
= =
,
/
2
3
1 3 3
3 2 4 2 32
SA MN
a a a
V
 
= =
 ÷
 
vậy
2
AA' '
7
32
BDMN SABD SA MN
a

V V V= − =
Câu 5: (1,0 điểm) Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1a b c+ + =
nên a, b, c
( )
0;1
∈

Ta có:
( )
2
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a
a a a
a a a
b c a
−
− +
= = − +
+ −
BĐT thành:
( ) ( ) ( )
3 3 3

2 3
3
a a b b c c
− + + − + + − + ≤

Xét hàm số :
( ) ( )
3
, 0;1f x x x x
= − + ∈

Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
Max
9
f x
=

( ) ( ) ( )
2 3
3
f a f b f c
⇒ + + ≤
(đpcm). Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =

Câu 6a: (1,0 điểm) I
( )
9
;1 , 3;0
2
M
 
 ÷
 
Giả sử M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM =
3 2

. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
AD qua M và vuông góc với d
1

⇒
AD: x + y – 3 = 0
Lại có MA = MB =
2

Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:
( )
2
2
3 0
2 4

1 1
3 2
x y
x x
y y
x y
+ − =

= =
 

⇔ ∪
  
= = −
− + =
 



Chọn A(2 ; 1)
( ) ( ) ( )
4; 1 , 7;2 , 5;4D C B
⇒ −

Câu 6a: (2,0 điểm) : 2, Gọi H là trung điểm đoạn AB
8HA
=

IH
2

= 17 , IA
2
= 81
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
9, : 1 1 1 81R C x y z
= − + − + − =

Câu 7a: (1,0 điểm) Ta có:
( )
2
2 3 1
0 1 2
0
2 2 2
2 1
2 3 1
n
n
n
n n n n
C C C C x dx
n
+
+ + + + = +
+
∫

1
1

3 1 6560
3 6561 7
1 1
n
n
n
n n
+
+
−
⇔ = ⇔ = ⇔ =
+ +
,
7
14 3
7
4
7
4
0
1 1
2
2
k
k
k
x C x
x
−
 

+ =
 ÷
 
∑
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa:
14 3
2 7
4
k
k
−
= ⇔ =
. Vậy hệ số cần tìm là:
21
7

Câu 6b: (1,0 điểm) : 1, Gọi A(-4; 8)
⇒
BD: 7x – y + 8 = 0
⇒
AC: x + 7y – 31 = 0
Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b)D: ax + by + 4a – 5b = 0, D hợp với AC một góc 45
0

⇒
a = 3, b = -4
hoặc a = 4, b = 3
⇒

AB:
3 4 32 0; : 4 3 1 0x y AD x y− + = + + =
Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I(
( )
1 9
; ) 3;4
2 2
C
− ⇒

: 4 3 24 0; :3 4 7 0BC x y CD x y⇒ + − = − + =
KL:
Câu 6b: (1,0 điểm) : 2, Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)
⇒
B’(-1; -3; 4),
' 'MA MB MA MB AB− = − ≤
Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng
⇒
M là giao điểm của (P) và AB’
AB’: x=1+3t,y=-3,z=-2t M(-2; -3; 6)
Câu 7b: (1,0 điểm) Đk: x
≠
0, y > 0
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )
( )
2

3 3
3 3
3 2
2
3 2
3 2
1
log log
log log 0
, 1
2
0
, 2
0
0
x y
x y
y x
y x
x y ay
y y a
y y ay
x y my

 =
− =
 =
 =
   
⇔ ⇔ ⇔

   
+ − =
+ =
+ − =


 



+ − =


Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0 Ta có : f(y) =y
2
+y>0 ,
∀
y > 0
Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0. Vậy hệ có nghiệm khi a > 0
4