Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 40

Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
+
=
−
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
( )
: 2d y x m= +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C)
tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2 2 3
sin cos 2 cos tan 1 2sin 0x x x x x+ − + =
.
2. Giải hệ phương trình
( ) ( )
(
)
3 2 2
2 2 2
4 1 2 1 6

2 2 4 1 1
x y x x
x y y x x

+ + + =


+ + = + +


.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
2
3
4
2sin 3 cos
sin
x x x
dx
x
π
π
+ −
∫
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình
chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của
∆
A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với

(A’B’C’) góc
0
60
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.Chứng minh rằng
1 1 1 9
1 1 1 2ab bc ca
+ + ≤
− − −
.
Câu VI. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh BC là
( )
: 7 31 0d x y+ − =
, điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3) thuộc AB và nằm ngoài
đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng
( )
: 1 0P x y z− − + =
. Viết phương
trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục
Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.
Câu VII. (1,0 điểm) Gọi
1
z
và
2

z
là hai nghiệm phức của phương trình
( ) ( )
2
2 1 4 2 5 3 0i z i z i+ − − − − =
.
Tính
2 2
1 2
z z+
.
Hết
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ………………………………
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hoá
Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ TOÁN SỐ 39
Câu 1:(1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
Câu 1: 2,(0,5điểm) Tìm m để đường thẳng
Phương trình hoành độ giao điểm:
( ) ( ) ( )
2
2 6 2 3 0 *
2 3
2
2
2
x m x m
x
x m
x

x

+ − − + =
+

= + ⇔

−
≠


(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt và khác 2.
( )
( ) ( )
2
2
0
6 8 2 3 0 4 60 0
2 0
g
m m m m
g
∆ >


⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >

≠



(luôn đúng).
Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ
1 2
x x
≠
. Ta có
1 2
6
2
m
x x
−
+ =
.Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
( ) ( )
1 2 1 2
' ' 4y x y x x x
= ⇔ + =
2m
⇔ = −
.
Câu 2: (1.0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện
cos 0x
≠
( )
2 2 3
sin cos2 cos tan 1 2sin 0x x x x x
+ − + =

⇔
( )
2 2 3
sin 1 2sin 2sin 1 2sin 0x x x x
− + − + =
2
1 5
2sin sin 1 0 sin 1;sin 2 ; 2 ; 2
2 2 6 6
x x x x x k x k x k
π π π
π π π
⇔ + − = ⇔ = − = ⇔ = − + = + = +
.
Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm
5
2 ; 2
6 6
S k k
π π
π π
 
= + +
 
 
Câu 2:(1.0 điểm) Giải hệ phương trình…
ĐK:
0x
≥
. Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình. Xét

0x
>
.
Từ phương trình thứ 2 ta có
2
2
1 1 1
2 2 4 1 1y y y
x x x
+ + = + +
(1)
Xét hàm số
( )
2
1f t t t t
= + +
có
( )
2
2
2
' 1 1 0
1
t
f t t
t
= + + + >
+
nên hàm số đồng biến. Vậy
( ) ( )

1 1
1 2 2f y f y
x x
 
⇔ = ⇔ =
 ÷
 
. Thay vào phương trình (1):
( )
3 2
2 1 6x x x x
+ + + =
Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên
( )
0;
+∞
nên có nghiệm duy nhất
1x
=
và hệ phương
trình có nghiệm
1
1;
2
 
 ÷
 
.
Câu 3:Tính tích phân…
( ) ( )

2 2 2
3 3 3
4 4 4
2sin 3 cos 2sin 3 cos
cos
sin sin sin
x x x x x
x x
I dx dx dx
x x x
π π π
π π π
+ − −
= = +
∫ ∫ ∫
2 2 2
2
2
1
3 2 2 2
4
4
4 4 4
cos 1 1 1 1 1 1 1 1
cot
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 2
x x x
I dx xd dx x
x x x x
π π π

π
π
π
π
π π π
π π
   
= = − = − + = − − − =
 ÷  ÷
   
∫ ∫ ∫
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hoá
Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )
( )
2 2
2
3 3
4 4
2sin 3 cos
2sin 3 7
sin 2 2
sin sin 2
x x
x
I dx d x
x x
π π
π π
−

−
= = = −
∫ ∫
. Vậy
1 2
2 2 3
= + = −
I I I
.
Câu 4:Tính thể tích… Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’
⇒
A’, G, M’ thẳng hàng và
AA’M’M là hình bình hành . A’M’
⊥
B’C’, AG
⊥
B’C’
⇒
B’C’
⊥
(AA’M’M). Suy ra góc giữa
(BCC’B’) và (A’B’C’) là góc giữa A’M’ và MM’ bằng
·
0
' 60M MA =
.
Đặt x = AB. Ta có
∆
ABC đều cạnh x có AM là đường cao.
⇒

3 3
' ', '
2 3
x x
AM A M A G
= = =
.
Trong
∆
AA’G vuông có AG = AA’sin60
0

=
3
2
a
;
0
3 3
' ' os60
2 3 2
a x a
A G AA c x
= = = ⇔ =
.
a
A'
C'
B'
C

B
A
M
H
M'
G
2 2
0 2
1 3 3 3 3 3
. .sin 60 ( )
2 4 4 2 16
ABC
x a a
S AB AC
∆
= = = =

2 3
. ' ' '
3 3 3 9
.
2 16 32
ABC A B C ABC
a a a
V AG S
∆
= = =
.
Câu 5: Chứng minh bất đẳng thức
1 1 1 9 3

1 1 1 2 1 1 1 2
ab bc ca
ab bc ca ab bc ca
+ + ≤ ⇔ + + ≤
− − − − − −
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2
1 2 2 2 2 2
ab ab ab
ab a b c ab a b c
= ≤
− + + − + +
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4
2 2
a b
a b ab
a c b c a b c a b c
+
+ ≥ ≥
+ + + + + +
.
Vậy
2 2

2 2 2 2
1
1 2
ab a b
ab a c b c
 
≤ +
 ÷
− + +
 
.
Tương tự
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
,
1 2 1 2
bc b c ac a c
bc b a c a ac a b c b
   
≤ + ≤ +
 ÷  ÷
− + + − + +
   
.
Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng khi
3
3
a b c
= = =

.
Câu 6.1, (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình
( ) ( )
2 3 0a x b y
− + + =
( )
2 2
0a b
+ ≠
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hoá
Thầy giáo :Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )
·
0
; 45AB BC
=
nên
0
2 2
3 4
7
cos45
4 3
50
a b
a b
a b
a b
=

+

= ⇔

= −
+

.
Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được
( )
: 4 3 1 0AB x y
+ + =
.
( )
:3 4 7 0AC x y
− + =
.
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra
2MB MA
=
uuur uuur
nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được
( )
:3 4 18 0AB x y
− − =
,
( )
: 4 3 49 0AC x y

+ − =
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Nếu không kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm.
Câu 6: 2, (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng….
Giả sử
Q
n
r
là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó
( )
1; 1; 1
Q P
n n⊥ − −
uur uur
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại
( ) ( )
0; ;0 , 0;0;M a N b
phân biệt sao cho OM = ON nên
0
0
a b
a b
a b
= ≠

= ⇔

= − ≠

Nếu a = b thì

( ) ( )
0; ; // 0; 1;1MN a a u= − −
uuuur r
và
Q
n u
⊥
uur r
nên
( )
, 2;1;1
Q P
n u n
 
= =
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q):
2 2 0x y z
+ + − =
và
( )
Q
cắt Oy, Oz tại
( )
0;2;0M
và
( )
0;0;2N

(thỏa mãn)
Nếu a = - b thì
( ) ( )
0; ; // 0;1;1MN a a u= − −
uuuur r
và
Q
n u
⊥
uur r
nên
( )
, 0;1; 1
Q P
n u n
 
= = −
 
uur r uur
.
Khi đó mặt phẳng (Q):
0y z
− =
( )
Q
cắt Oy, Oz tại
( )
0;0;0M
và
( )

0;0;0N
(loại). Vậy
( )
: 2 2 0Q x y z
+ + − =
.
Câu 7: Tính
2 2
1 2
z z
+

Có
( ) ( ) ( )
2
' 4 2 2 1 5 3 16i i i
∆ = − + + + =
. Vậy phương trình có hai nghiệm phức
1 2
3 5 1 1
,
2 2 2 2
z i z i
= − = − −
Do đó
2 2
1 2
9z z
+ =
.

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hoá