Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 41

Thầy giáo Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 41
Ngày 05 tháng 3 năm 2013
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
, (1) và điểm
(0;3)A
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
: y x m∆ = − +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm B, C sao
cho tam giác ABC có diện tích bằng
5
2
.
Câu 2. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1 1
2.cos2
sin cos

x
x x
= +
2. Giải bất phương trình:
2
1
2
1
x
x
x x x
−
≥
− − −
Câu 3. (1 điểm) Tính
4
0
cos sin 2
1 cos2
x x
M dx
x
π
+
=
+
∫
Câu 4. (1 điểm) Cho hình hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy là hình thoi cạnh

a
,
AC a=
,
2
'
3
a
AA =
.
Hình chiếu của
'A
trên đáy
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC
. Lấy điểm
I

trên đoạn
'B D
và điểm
J
trên đoạn
AC
sao cho
IJ
//
'BC
. Tính theo

a
thể tích của
khối hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
và khối tứ diện
' 'IBB C
Câu 5. (1 điểm) Tìm các giá trị của
m
để phương trình:
2 2
2 2 1x m x x− + − =
có nghiệm thực.
Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối xứng
nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc
·
ABC
có phương trình là

2 5 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng
AC
đi qua điểm
(6;2)K
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho các điểm
(1;3;4), (1;2; 3), (6; 1;1)A B C− −
và mặt
phẳng
( ) : 2 2 1 0x y z
α
+ + − =
. Lập phương trình mặt cầu
( )S
có tâm nằm trên mặt
phẳng
( )
α
và đi qua ba điểm
, ,A B C
. Tìm diện tích hình chiếu của tam giác
ABC
trên
mặt phẳng
( )
α
.
Câu 7. (1 điểm) Giải phương trình:

1
1 2 1
2
2 9.2 2 0
x x
x x
+ −
+ + −
− + =
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 6. (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hai đường thẳng
: 4 3 3 0x y∆ − + =
và
': 3 4 31 0x y∆ − − =
.
Lập phương trình đường tròn
( )C
tiếp xúc với đường thẳng
∆
tại điểm có tung độ bằng 9
và
tiếp xúc với
'.
∆
Tìm tọa độ tiếp điểm của
( )C
và

'∆
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( ) :3 2 29 0x y z
α
− + − =
và hai điểm
(4;4;6)A
, (2;9;3)B
. Gọi
,E F
là hình chiếu của
A
và
B
trên
( )
α
. Tính độ dài đoạn
EF
.
Tìm phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng
( )
α
đồng thời
∆

đi qua giao điểm
của
AB
với
( )
α
và
∆
vuông góc với
.AB

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hóa
Thầy giáo Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 7. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
3 3
log ( ) log 2
2 2
4 2 ( )
3( ) 12
xy
xy
x y x y

= +


+ − + =


ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 41

PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1a: Khảo sát hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
Tập xác định
{ }
\ 1D R=
Giới hạn tiệm cận:
1 1
lim ;lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒

1x
=
là tiệm cận đứng

lim 2
x
y
→±∞
=

2y⇒ =
là tiệm cận ngang
Sự biến thiên:
2
1
' 0
( 1)
y
x
= − <
−
hàm số nghịch biến trên
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
Bảng biến thiên:
Đồ thị -Nhận giao điểm hai tiệm cận là
(1;2)I
làm tâm đối xứng
- Đi qua các điểm
( )
0;1
,
3
1;
2
 

−
 ÷
 
( )
5
2;3 , 3;
2
 
 ÷
 


Câu 1b:Pthđgđ của (C) và
∆
:
2
2 1
(1 ) 1 0,( 1),(*)
1
x
x m x m x m x
x
−
= − + ⇔ + − + − = ≠
−
(*) có 2 nghiệm phân biệt khi
1
0
5
m

m
<

∆ > ⇔

>


,
B C
x x
là 2 nghiệm của (*)
2 2 2 2 2
( ) ( ) 2( ) 2( ) 8 2( 1) 8( 1)
C B C B C B C B C B
BC x x y y x x x x x x m m= − + − = − = + − = − − −
( )
3
,
2
m
d A
−
∆ =
( )
2
3
1 1 5
. , 2( 1) 8( 1).
2 2 2

2
ABC
m
S BC d A m m
−
= ∆ = − − − =
( ) ( )
2 2 2
3 ( 1) 4( 1) 5 6 9 6 5 5m m m m m m m⇔ − − − − = ⇔ − + − + =
2 2
6 5 1; 6 5 5 3 5, 3 5m m m m m m⇔ − + = − + = − ⇔ = + = −

Đối chiếu điều kiện có
3 5m = ±
Câu 2a:
1 1
2.cos2
sin cos
x
x x
= +
,(1) Điều kiện:
2
x k
π
≠
cos sin
(1) 2.cos2 0
sin .cos
x x

x
x x
+
⇔ − =
2
(cos sin )(cos sin )sin 2 (cos sin ) 0
2
x x x x x x x⇔ − + − + =
(cos sin ) (cos sin )sin 2 2 0x x x x x
 
⇔ + − − =
 
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hóa
6
4
2
-2
5
O
1
I
4
2
-2
5
O
1
I
C
A

Thầy giáo Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )
2
2 sin 0
cos sin 0
4
(cos sin )sin 2 2 0
(cos sin ) 1 (cos sin ) 2 0
x
x x
x x x
x x x x
π

 
+ =
+ =

 ÷

 
⇔ ⇔


− − =


− − − − =

3

sin 0
4
(cos sin ) (cos sin ) 2 0
x
x x x x
π

 
+ =
 ÷

⇔
 


− − − + =


⇔

4
3
2
4
x k
x k
π
π
π
π

−
= +
= +
ĐS:
4
x k
π
π
−
= +
,
k Z∈
Câu 2b:
2
1
2
1
x
x
x x x
−
≥
− − −
(2) Điều kiện:
2
2
0
0 1 0
1 1
1 0

x x
x x x
x x
x x x

− ≥
≤ ∨ ≥ ≤
 

⇔ ⇔
 

≠ >
− − − ≠  


(
)
2
2
2
2 2
2 2
2
( 1) 1
1
2 2
1
1
1 0

0
1
1 2 1 3 1 3 0 0
3
(3 1)
8 5 1 0
x x x x
x
x x
x
x x x
x x
x x
x x x x x x x x x x
x x x
x x
− − + −
−
≥ ⇔ ≥
− +
− − −
≥ ∨ ≤


− ≥



⇔ − − − ≥ ⇔ − ≤ − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤
 

 
− ≤ −


− + ≥

Câu3:
1 2
4 4 4
0 0 0
cos sin 2 sin 2 cos
;
1 cos2 1 cos2 1 cos2
M M
x x x x
M dx dx dx
x x x
π π π
+
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
1 44 2 4 43 1 44 2 4 43
( )
4
4
1
0
0
1 cos2

1 1 1
ln 1 cos2 ln 2
2 1 cos2 2 2
|
d x
M x
x
π
π
+
= − = − + =
+
∫
,
4 4
2
2
0 0
cos 1 cos
1 cos 2 2 1 sin
x x
M dx dx
x x
π π
= = =
+ −
∫ ∫
Đặt
sinu t=

1 1
2 2
1
2
2
2
0
0 0
1 1 1 1 1 1 1
ln ln(1 2)
2 1 4 1 1 4 1 2
|
du u
M du
u u u u
+
 
= = + = = +
 ÷
− − + −
 
∫ ∫
Vậy
1
ln(2 2 2)
2
M = +
Câu 4:
ABC∆
đều cạnh

a
nên
2
3
3
a
AG AM= =
,
2 2
2 2
4
' '
3 3
a a
A G AA AG a= − = − =
2 3
. ' ' ' '
3 3
' 2 ' 2 .
4 2
ABCD A B C D ABCD ABC
a a
V S A G S A G a= = = =
(đvtt)
Kéo dài DJ cắt BC tại E nên
/ / '/ / 'IJ EB BC

⇒
B là trung điểm EC
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hóa

I
J
E
G
M
A'
D'
C'
N
D
A
B
C
B'
Thầy giáo Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
' 2
' 3
IB JE JC
DB DE AC
= = =
,
' ' '. '
' ' '. '
' 2
' 3
IBB C B IBC
DBB C B DBC
V V B I
V V B D
= = =

3
' ' ' ' . ' ' ' '
2 2 1 3
3 3 6 18
IBB C DBB C ABCD A B C D
a
V V V⇒ = = =
Câu 5:Tìm các giá trị của
m
để phương trình:
2 2
2 2 1x m x x− + − =
có nghiệm thực.

(
)
2 2 2 2
2
2
2
2
2 2
4 2 2
2 2
2 2 1 2 2 1
1 0
2
2 1 0
1
3

2 1
2 2 1
2 2 2
2 1 2( 1)
x m x x x m x x
x
x x
x
x x
x m x x
m x x x
m x x x
− + − = ⇔ − = − −

− ≥


− − ≥
≤ ≤

  
⇔ ⇔ ≥ − ⇔
  
− = − −
  
= − − +

= − − − 



Xét hàm số
2
4
( ) 2 2 2, 1;
3
f t t t t t
 
= − − + ∈
 
 
2
2
2 1
'( ) 2; '( ) 0 2 1 2
t
f t f t t t t
t t
−
= − = ⇔ − = −
−
vô nghiệm
Từ bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm khi
2
0
3
m≤ ≤
Câu 6a1.
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − −
,
(0;0)O BC∈

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc
·
ABC
nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC
vuông tại A nên
( )
2 3;4BI b b= − −
uur
vuông góc với
( )
11 2 ;2CK b b= − +
uuur
2
1
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b
b b b b b b
b
=

− − + − + = ⇔ − + − = ⇔

=


Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
− −
 ÷
 
Câu 6a2,Goi
( ; ; )I a b c
là tâm mật cầu ta có :
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 ) (3 ) (4 ) (1 ) (2 ) ( 3 )
(1 ) (3 ) (4 ) (6 ) ( 1 ) (1 )

2 2 1 0
a b c a b c
IA IB
IA IC a b c a b c
a b c
I
α

− + − + − = − + − + − −

=


= ⇔ − + − + − = − + − − + −
 
 
+ + − =
∈


7 6 1
5 4 3 6 1 (1; 1;1)
2 2 1 0 1
b c a
a b c b I
a b c c
+ = =
 
 
⇔ − − = ⇔ = − ⇒ −

 
 
+ + − = =
 
,
2 2
25R IA= =
2 2 2
( ) :( 1) ( 1) ( 1) 25S x y z− + + + − =
.Tam giác
ABC
đều cạnh bằng
5 2
nên
25 3
2
ABC
S =
( )
( )
( )
0; 1; 7, 5; 4; 3, , 25; 35;5
17
cos ( ),( ) cos ,
15 3
AB AC p AB AC
ABC n p
α
α
 

= − − = − − = = − −
 
= =
uuur uuur ur uuur uuur
uur ur

Gọi
'S
là diện tích hình chiếu của tam giác
ABC
lên mặt phẳng
( )
α
Ta có
( )
50 3 17 85
' .cos ( ),( )
4 6
15 3
ABC
S S ABC
α
= = =
(đvdt)
Câu 7a :
1 1
1 2 1 1
2 2
2 9.2 2 0 2.2 9.2 4.2 0
x x x x

x x x x
+ − + −
+ + − −
− + = ⇔ − + =
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hóa
Thầy giáo Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2.2 9.2 4 0
1
2
2 4
2
x x
x x
x x
x x
x x
x x

− −
− −
− −
− −

− −

= −

=


⇔ − + = ⇔ ⇔


− −

=

=



2
4
2 1( )
9 13
2
9 17 0
4 1

x
x x vn
x
x x
x x

≥
+ = −

+
⇔ ⇔ ⇔ =


− + =
− = −



Câu 6b 1,Gọi
( )
;I a b
là tâm của đường tròn
( )C
tiếp xúc với
∆
tại điểm M(6;9) và
( )C
tiếp xúc với
'.∆
nên

: 4 3 3 0x y∆ − + =
( ) ( )
54 3
4 3 3 3 4 31
, , '
4 3 3 6 85
4
5 5
(3;4)
3( 6) 4( 9) 0
3 4 54
25 150 4 6 85
10; 6
54 3
190; 156
4
a
a b a b
d I d I
a a
IM u
a b
a b
a a
a b
a
a b
b
∆
 −

 − + − −
 ∆ = ∆
− + = −
=
  
⇒ ⇔
  
⊥ =

 

− + − =
+ =



− = −
= =


⇔ ⇔

−

= − =
=



uuur uur

ĐS:
2 2
( 10) ( 6) 25x y− + − =
tiếp xúc với
'∆
tại
( )
13;2N

2 2
( 190) ( 156) 60025x y+ + − =
tiếp xúc với
'∆
tại
( )
43; 40N − −
Câu 6b.2,
( )
( )
19
( 2;5; 3), (3; 2;1),sin ,( ) cos ,
532
AB n AB AB n
α α
α
= − − = − = =
uuur uur uuur uur

( ) ( )
2

361 171
.cos ,( ) 1 sin ,( ) 38 1
532 14
EF AB AB AB AB
α α
= = − = − =
AB
cắt
( )
α
tại
(6; 1;9)K −
,
, (1;7;11)u AB n
α
∆
 
= =
 
uur uuur uur
Vậy
6
: 1 7
9 11
x t
y t
z t
= +



∆ = − +


= +

Câu 7b:Giải hệ phương trình:
3 3
log ( ) log 2
2 2
4 2 ( ) ,(1)
3( ) 12,(2)
xy
xy
x y x y

= +


+ − + =


Ta có (1)
( )
3 3
2
log ( ) log ( )
2 2 2 0
xy xy
⇔ − − =

3
3
log ( )
log ( )
2 1( )
3
2 2
xy
xy
vn
xy

= −
⇔ ⇔ =

=


Vây ta có hệ:
( ) ( )
2 2
3 3
3( ) 2 12 3( ) 18 0
6
3
3 6; 3 6
3
3 6; 3 6
3
xy xy

x y x y xy x y x y
x y
xy
x y
x y
x y
xy
= =
 
 
⇔
 
+ − + − = + − + − =
 
 
 + =




=
= + = −


⇔ ⇔


+ = −

= − = +





=



Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh hóa