Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 54

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 54
Ngày 30 tháng 3 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3
3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)x x m− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 3 cos3
cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
2. Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
2
2

2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y

+ − + − − =


∈
− −

+ =

−


¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
4
2
4
sin 1
1 2cos

x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
,
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC
theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và mặt phẳng (P) có phương
trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3

2 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo danh:………………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1: 1, Cho hàm số
3
3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ:
¡
2 2
(1) ( 1)
' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y
−
= − = ⇔ − = ⇔ = ± = =
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1; 1−

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
; 1 ; 1;−∞ − + ∞
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y
CĐ
= 4
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y
(0)
= 2 ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0),
(2; 4)
Đồ thị:
Câu 1: 2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)x x m− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình
đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa
4
2
2

( ) : log ( 1)d y m= +
và
3
( ') : 3 2C y x x= − +
, với (C’)
được suy ra từ (C) như sau:
Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log ( 1) 4m< + <
2
1 1 2m⇔ < + <

2
1
0 1
0
m
m
m
 <

⇔ < < ⇔

≠


Câu 2: 1. Giải phương trình:
sin 3 cos3

cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x

≠



≠

. Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
3 3
2 2
3sin 4sin 4cos 3cos
cos 2 sin(1 tan )
2sin 2 1

(sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos )
cos sin
2sin 2 1 cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
− − +
+ = +
−
+ − +
⇔ − + =
−
sin cos 0 (1)
sin
cos sin 1 (2)
cos
x x
x
x x
x
+ =


⇔

− + =


(1) tan 1 ,
4
x x k k
π
π
⇔ = − ⇔ = − + ∈¢
cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( )
4
1 cos 0 cos 1
2
x x x
x k
x x x k
x x
x k
π
π
π π

− = =
= +
 

⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈
 

+ = = −
 
= +


¢
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là:
, 2 ,
4
x k x k k
π
π π π
= ± + = + ∈¢
Câu 2: 2. Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y

+ − + − − =


∈
− −


+ =

−


¡
.
1
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
0
0
+
+
−
−∞
+∞
4
0
x
y
−1
1
−2
0

•
•
•
•
•
•
2
2
4
x
y
−1
1
−2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
Đk
7y >
. Khi đó hệ đã cho tương đương với:
2 2 2
2 2
( 3) 7 13

( 3) 7 6
x x y
x x y

+ − + − =


+ − − = −


Đặt:
2 2
3; 7, 0u x x v y v= + − = − >
. Khi đó hệ phương trình trở thành:
2 2
13
6
u v
uv

+ =

= −

2 2
1 2 3
( ) 2 13 ( ) 1
6 3 2
6 6
u v u u

u v uv u v
uv v v
uv uv
+ = ± = − = −
 
+ − = + =
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨
    
= − = =
= − = −
  
 
Giải các hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 3 3
,
7 3 7 2
x x x x
y y
 
+ − = − + − = −
 
 
− = − =
 
 
, ta được nghiệm của hệ đã cho là:
( ) ( )

1 5 1 5
0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4
2 2
   
− ± − ±
± − ± −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Câu 3: Tính tích phân
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
Xét:
0
2 2 2
4 4

1
2 2 2
0
4 4
sin sin sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x x x x x
I dx dx dx
x x x
π π
π π
− −
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
= I
1
+ I
2
Đặt
x t dx dt= − ⇒ = −
. Đổi cận:
; 0 0
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
0 0
2 2 2 2

4 4
1
2 2 2 2
0 0
4 4
sin sin( ) sin sin
( )
1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos
x x t t t t x x
I dx d t dt dx
x t t x
π π
π π
−
−
= = − = − = −
+ + − + +
∫ ∫ ∫ ∫
Suy ra
1
0I =
4 4
2
2 2
2
4 4
1 1 1
.
1
1 2cos cos

2
cos
I dx dx
x x
x
π π
π π
− −
= =
+
+
∫ ∫
Đặt
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
= ⇒ =
.
Đổi cận:
1; 1
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
1
2
2

1
1
3
I dt
t
−
⇒ =
+
∫
Lại đặt
2
3 tan 3(1 tan )t u dt u du= ⇒ = +
. Đổi cận:
1 ; 1
6 6
t u t u
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =

6
6
2
6
6
3 3 3
3 3 9
I du u
π
π
π

π
π
−
−
⇒ = = =
∫
. Vậy
1 2
3
=
9
I I I
π
= +
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
, khoảng cách từ
A đến mặt phẳng (SBC) bằng
3a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc
giữa SB với mặt phẳng (ABC).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có:
+
( )
(gt)

SH ABC
HA AB
SA AB
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Tương tự
HC BC⊥
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+ Có:
/ / ( ) / /( )AH BC SBC AH SBC⊂ ⇒
[ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a⇒ = =
S
B
H
C
A
K
+ Dựng
HK SC⊥
tại K (1). Do
( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH
⊥


⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


(1) và (2) suy ra
( )HK SBC⊥
. Từ đó
[ ,( )] 2d H SBC HK a= =

2 2 2 2
3 2KC HC HK a a a⇒ = − = − =

·
. 2. 3
tan 6
HK SH HK HC a a
SCH SH a
KC HC KC a
= = ⇒ = = =
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
3
1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
ABC
a
V S SH AB BC SH a a a= = = =

+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc

·
0
45SBH =
(do ∆SHB vuông cân)
Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Từ giả thiết ta có
3 3 3
b b c c a a
P
a b c
= + +
+ + +
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b b b a b b
a a
+
+ + ≥ =

+ +
Tương tự
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c c c b c c
b b
+
+ + ≥ =
+ +

3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a a a c a a
c c
+
+ + ≥ =
+ +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:
9 3 3
( )
16 4 2
3 3 3

b b c c a a a b c
a b c P
a b c
+ + +
+ + + ≥ + + ⇔ ≥
+ + +
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
1a b c= = =
Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có
diện tích bằng 3.
∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0.
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E):
4x
2
+ (x + m)
2
= 36 ⇔ 5x
2
+ 2mx + m
2
− 36 = 0 (1)
Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x
1

; y
1
), B(x
2
; y
2
) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm x
1
, x
2
phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m
2
> 0 ⇔
3 5 3 5m− < <
(2)
2 2 2
2 2 2 1 1 2
10 10
( ) ( ) . 720 16
3 15
AB x x y y x x m= − + − = − = −

( , )
10
m
d O ∆ =

⇒
1

. ( , ) 3
2
OAB
S AB d O= ∆ =

4 2
3 10
16 720 8100 0
2
m m m− + = ⇔ = ±
(thỏa điều kiện (2))
Vậy phương trình đường thẳng ∆:
3 10
3 0
2
x y− ± =
Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có
phương trình:
3 2 3
4 1 2
x y z+ − +
= =
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 9MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA MI= + + = + − = − = −

uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
Suy ra
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d).
( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t∈ ⇒ − + + − + ⇒ = − + + − +
uuur
(d) có vectơ chỉ phương
(4; 1; 2)u =
r
. 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t⊥ ⇔ = ⇔ − + + + + − + = ⇔ =
uuur uuur
r r
(1; 3; 1), 38M MI⇒ − =
. Vậy
( )
min
. 29MA MB =
uuur uuur
đạt được khi
(1; 3; 1)M −
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
Giả sử
( , )z x yi x y= + ∈¡
. Từ giả thiết ta có:
2 2

( 1) ( 1)
( ) ( ) 4
x y i y i
x yi x yi
 + − = +


+ − − =


2 2 2
( 1) ( 1)
1
x y y
xy

+ − = +

⇔

=


2
2
3
0
4 0
4
1

4
x
y
x y
xy
x

= ≥

− =
 
⇔ ⇔
 
=



=

3
3
4
2
2
x
y

= ±

⇔


=


. Vậy
3
3
2
4
2
z i= ± +
Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của
2 5
: ( )
5 9
x t
BM t
y t
= − +

∈

= − +

¡

B, M ∈ BM ⇒
( ) ( )

2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m− + − + − + − +
M là trung điểm BC ⇒
( )
10 6;18 11C m m− −
Ta có:
(12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b= − = − − − − = − − −
uuur uuur uuur
(10 8;18 12)AC m m= − −
uuur

. 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b= ⇔ − − − − − =
uuuruuur
2b m⇔ =
(1)

. 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m= ⇔ − − + − − − =
uuur uuur
(2)
Thế (1) vào (2), ta được :
2
1 26
106 105 26 0 ;
2 53
m m m m− + = ⇔ = =
Với
1
, 1
2
m b= =
ta được B(3;4), C(-1;-2) Với

26 52
,
53 53
m b= =
ta được
154 203 58 115
; , ;
53 53 53 53
B C
   
− −
 ÷  ÷
   
Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3
2 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất
M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t)
2 2 2 2 2
(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t= + + + + = + + = + +

2 2 2 2 2
4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t= + + + − + = − + = − +
Trong mpOxy xét các vectơ
(3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t= + = − +
r r

Có:
2 2
| | 3 5; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t+ = = + + = − + +
r r r r
Ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2
| | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t+ ≤ + ⇔ ≤ + + + − + +
r r r r
hay
3 5MA MB+ ≥
. Đẳng thức chỉ xảy ra khi
u
r
và
v
r
cùng hướng
3 2 1 1
3 1 5 2
t
t
t
+
⇔ = ⇔ = −
− +
Vậy
min
( ) 3 5MA MB+ =
đạt được khi
1

0; 2;
2
M
 
 ÷
 
Câu 7b: Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
Với điều kiện x > 0, ta đặt
2
logu x=
và
3
3
2 3 2 3v u v u= + ⇒ − =
Ta có hệ:
3
3
2 3
2 3
u v
v u

− =


− =




3 3
3 3 2 2
2 3 2 3
3( ) ( )( 3) 0
u v u v
u v v u u v u uv v
 
− = − =
 
⇔ ⇔
 
− = − − + + + =
 
 
(*)
Do
2
2 2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
u uv v u v v u v
 
+ + + = + + + > ∀ ∈
 ÷
 
¡

nên:
3
3
1
2 3
(*)
2
0 3 2 0
v u
u v
u v
u v
u v u u
=
= = −
 
− =

⇔ ⇔ ⇔
 

= =
− = − − =

 
Với
2
1
1 log 1
2

u x x= − ⇒ = − ⇔ =
Với
2
2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ =