Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 37

Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
- 3x
2
.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x =
xx
m
3
2
−
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Tìm nghiệm x
( )
π
;0∈
của phương trình : 5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+

4
2
π
x
.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx
xác định
Rx
∈∀
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
dx
x
x
e
∫
+
1
2
)ln1ln(

.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng
1111
. DCBAABCD
có đáy là hình bình hành và có
0
45=∠BAD
. Các đường chéo
1
AC
và
1
DB
lần lượt tạo với đáy các góc 45
0
và 60
0
. Hãy tính
thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :





=+
=+−++
3032
06)32(536188
22

22
yx
xyyxxyyx

( )
Ryx ∈,
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Cõu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng
1
:3 2 4 0d x y+ − =
;
2
:5 2 9 0d x y− + =
.
Viết phương trình đường tròn có tâm
2
I d∈
và tiếp xúc với
1
d
tại điểm
( )
2;5A −
.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình thoi ABCD với
( 1 ; 2; 1), (2 ; 3 ; 2)A B−
.

Tìm tọa độ các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z
d
+ −
= =
− −
.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức
z
thỏa mãn
1 5z − =
và
17( ) 5 0z z zz+ − =
.
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
- 6x - 2y + 1 = 0. Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt
mặt cầu (S) : x
2
+ y
2

+ z
2
- 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính
bằng 2.
Câu VIIb. (1,0 điểm) Trong các acgumen của số phức
( )
8
1 3i−
, tìm acgumen có số đo dương
nhỏ nhất .
Hết
Ghi chú : Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
Câu 1: 1, y = x
3
- 3x
2
.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
− Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
lim
x

y
→−∞
= −∞
− Chiều biến thiên : y
,
= 3x
2
- 6x = 3x(x

-2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -
∞
; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
− Bảng biến thiên :
x -
∞
0 2 +
∞

y
’
+ 0 - 0 +
y 0 - 4
* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0
⇔
x = 1 Điểm uốn U(1;-2)

Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng .
Câu 1: 2, x =
xx
m
3
2
−

⇔
2
0, 3
3
x x
x x x m
≠ ≠



− =


. Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị
y =
2
3x x x−
( x
0
≠
và x
≠

3) với đồ thị y = m .
Ta cú y =
3 2
2
3 2
3 0 3
3
3 0 3
x x khi x hoac x
x x x
x x khi x

− < >

− =

− + < <


.
Lập bảng biến thiên ta có:
x -
∞
0 2 3 +
∞
y
’
+ 0 + 0 - +

y

4
0
0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
Câu 2: 1, 5cosx + sinx - 3 =
2
sin






+
4
2
π
x

⇔
5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
⇔
2cos
2
x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0
⇔
(2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
+/ cosx + sinx = 2 vônghiệm.
+/ cosx =
1
2 ,
2 3
x k k Z
π
π
⇔ = ± + ∈
.
Đối chiếu điều kiện x
( )
0;
π
∈
suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
π
Câu 2: 2,Hàm số xác định
2 2
2
2 2
3 2 2 3 2 2
log 0 1
2 1 2 1
x x x x
x R x R
x mx x mx

+ + + +
∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈
+ + + +
(*).
Vì 3x
2
+ 2x + 2 > 0
x∀
, nên (*)
2
2 2
1 0
2 1 3 2 2
m
x mx x x x

− <

⇔

+ + ≤ + + ∀



2
2
2 2(1 ) 1 0
4 2( 1) 3 0 ,
1 1
x m x

x m x x R
m

+ − + ≥

⇔ + + + ≥ ∀ ∈


− < <

Giải ra ta có với :1 -
2 1m≤ <
thì hàm số xác định với
x R∀ ∈
.
Câu 3:Đặt lnx = t , ta có I =
1
2
0
ln(1 )t dt+
∫
. Đặt u = ln( 1+t
2
) , dv = dt ta có : du =
2
2
,
1
t
dt v t

t
=
+
.
Từ đó có : I = t ln( 1+ t
2
)
1 1 1
2
2 2
0 0 0
1
2 ln 2 2
0
1 1
t dt
dt dt
t t
 
− = − −
 ÷
+ +
 
∫ ∫ ∫
(*).
Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được
1
2
0
1 4

dt
t
π
=
+
∫
.Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +
2
π
.
Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có :
0 0
1 1
45 , 60 .C AC B DB∠ = ∠ =
Từ đó suy ra : AC = CC
1
= 2 , BD = 2 cot 60
0
=
2
3
.
Áp dụng định lý cô sin có: BD
2
= AB
2
+ AD
2
– 2AB.AD. cos45

0
,
AC
2
= DC
2
+AD
2
– 2DC.AD.cos135
0
. Ta có :BD
2
–AC
2
=- AB.AD
4 4
2 . ( 2) 2 2 . 4 2 2 . .
3
3 2
DC AD AB AD AB AD AB AD+ − = − ⇒ − = − ⇒ =
Từ đó
1 1 1 1
.ABCD A B C D
V
= AB.AD sin45
0
.AA
1
=
4 2 4

. .2
2 3
3 2
=
.
Câu 5: Điều kiện xy
0
≥
.Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ. Nếu y = 0 cũng
tương tự, vậy xy > 0.
Pt (1) của hệ
⇔
2
2
8 18 36 5(2 3 ) 6x y xy x y xy+ + = +

6
2 3 5
2 3 2
6
xy
x y
x y
x y
+
⇔ + =
+
.
Đặt
2 3

, 2.
6
x y
t t
xy
+
= ≥
Xét f(t) = t +
1
, 2t
t
≥
. Ta thấy f
’
(t) =
2
2
1
0 2
t
t
t
−
> ∀ ≥
suy ra f(t)
5
2
≥
.
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.

Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng
1
d
tại điểm A nên
1
IA d⊥
.
Vậy phương trình IA là:
( ) ( )
2 2 3 5 0 2 3 19 0x y x y+ − − = ⇔ − + =
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thach ĐT:01694838727
d
2
Kết hợp
2
I d∈
nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ
( )
5 2 9 0 1
1;7
2 3 19 9 7
x y x
I
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =

 
Bán kính đường tròn
13R IA= =
.Vậy phương trình đường tròn là:
( ) ( )
2 2
1 7 13x y− + − =
Câu 6a: 2, Gọi
( )
1 ; ;2I t t t d− − − + ∈
. Ta có
( ) ( )
;2 ; 1 , 3 ;3 ;IA t t t IB t t t= + − − = + + −
uur uur
.
Do ABCD là hình thoi nên
2
. 0 3 9 6 0 1, 2IA IB t t t t= ⇔ + + = ⇔ = − = −
uur uur
.
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với
( ) ( ) ( )
1 0;1;1 1;0;1 , 2; 1;0t I C D= − ⇒ ⇒ − −
.
* Với
( ) ( ) ( )
2 1;2;0 3;2; 1 , 0;1; 2t I C D= − ⇒ ⇒ − −
.
Câu 7a: Đặt

z a bi
= +
, ta có:
( ) ( )
2
2 2 2
1 5 1 5 2 24 1z a b a b a− = ⇔ − + = ⇔ + − =
Mặt khác:
( )
2 2
34
17( ) 5 . 0 2
5
z z z z a b a+ − = ⇔ + =
Thay (2) vào (1) được
24
24 5
5
a a= ⇔ =
. Kết hợp với (1) có
2
9 3, 3b b b= ⇔ = = −
.
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là:
5 3i+
và
5 3i−
.
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH
⊥

AB thì H là trung
điểm của AB suy ra AH = 2. Tam gíác AHI vuông tại H nên IH =
2 2
9 4 5IA AH− = − =
.
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A
2
+ B
2

≠
0)
⇔
Ax + By – 2B = 0 .
Ta có IH =
2 2
2 2
3 2
5 5 2 3 2 0
A B B
A AB B
A B
+ −
⇔ = ⇔ − − =
+
. Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc -
1
2
.
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d

1
): 2x + y -2 = 0 và (d
2
) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b:2, Phương trình (S) : (x-1)
2
+ (y + 3)
2
+ ( z -2)
2
= 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A
2
+C
2

0
≠
).
(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) =
2 2
2 2
2
5 5 2
A C
R r C A
A C
+
− = ⇔ = ⇔ =
+

Chọn A = 1 thì C = 2. Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.
Câu 7b:Ta có
1 3
1 3 2 2 cos( ) isin( )
2 2 3 3
i i
π π
 
 
− = − = − + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
.
Theo công thức Moavơrơ ta có
8
8 8
2 cos( ) isin( )
3 3
z
π π
 
= − + −
 ÷
 
. Từ đó suy ra z có họ các
acgumen là :
8

2 ,
3
k k Z
π
π
− + ∈
. Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
4
3
π
.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa