Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 57

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 57
Ngày 3 tháng 4 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số
( )
4 2 2 4
2 1y x m x m m
= − + +
, m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m = −
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số
( )
1
có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32.
Câu II (2.0 điểm)
1. Giải phương trình
3
tan - 3cos - sin .tan .
2
x x x x
π
 
=
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình
( )
3 3

2 2
8 63
, R
2 2 9
x y
x y
y x y x

− =

∈

+ + − =


.
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân
3
2
2 2
2 ln ln 3
(1 ln )
e
e
x x x x
I dx
x x
− +
=
−

∫
.
Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a. Hình chiếu
vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với đáy (ABC)
một góc 60
0
. Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAC) theo a, với I là trung
điểm SB.
CâuV (1.0 điểm) Cho
,x y
là các số thực thỏa mãn
2 2 2 8 4 1x y x y− + = + −
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
4 2 16x y= + −P
.
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
4 8 5 0x y x y+ − − − =
. Viết phương trình
đường thẳng đi qua điểm
( )
5;2Q
và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho
5 2MN =
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết

( )
3;0;8B
,
( )
5; 4;0D − −
và đỉnh
A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C.
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức
Z
+1, biết
( )
( )
2
1 3 (3 )
1
i i
Z
i i
+ +
=
−
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 3 6 0d x y− − =
và điểm
( )
3;4N
. Tìm tọa độ

điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng
15
2
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 4 0x y z x y+ + + − − =
và mặt phẳng
(P):
3 0x z+ − =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm
( )
3;1 1M −
vuông góc với mặt phẳng (P) và
tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
9 9
log log
3 1
3
6
2log log 6.
y x
x y
x y

+ =


− =




Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ 57
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 1.(1 điểm) Khảo sát….
Khi m=-1 ta có
4 2
2y x x= −
• Tập xác định: D=R.
• Sự biến thiên
- Chiều biến thiên
, 3 2 ,
0
4 4 4 ( 1), 0
1
x
y x x x x y
x
=

= − = − = ⇔

= ±

.
Hàm số NB trên các khoảng
( ; 1)−∞ −

và
(0;1)
. ĐB trên các khoảng (-1;0) và
(1: )+∞
- Cực trị: hàm số đạt cực trị tại
1x = ±
, y
ct
=-1, đạt cực đại tại x=0, y
cđ
=0.
- Giới hạn:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
.
- Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y

+∞
0
+∞
-1 -1

• Đồ thị:

Câu 1: 2.(1.0 điểm)
( ) ( )
, 3 2 2 2 , 2 2
0
4 4 4 ; 0 4 0
x
y x m x x x m y x x m
x m
=

= − = − = ⇔ − = ⇔

= ±

Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt:
,
0y =
có ba nghiệm phân biệt
0m
⇔ ≠
(*).
Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0;
4
m m+
), B(m;m), C(-m;m).
Suy ra AB=AC=
2 8
m m+

, BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A
Ta có I(0;m) là trung điểm BC và
4
1 1
. 32 .2 | | 2
2 2
ABC
S AI BC m m m
∆
= ⇔ = ⇔ = ±
thỏa mãn (*).
Vậy m cần tìm là
2m = ±
.
Câu 2: 1. (1.0 điểm) Giải phương trình
Điều kiện:
cosx 0
≠
(*).
Phương trình đã cho tương đương với:
tan 3.sin sinx.tanxx x+ =
2
sin 3.sin .cos sinx x x x⇔ + =
( )
sin 1 3cos sin 0x x x⇔ + − =
sinx=0 x k
π
• ⇔ =
, thỏa mãn (*)
1

sinx- 3 cos 1 0 sin x- = 2
3 2 2
x x k
π π
π
 
• − = ⇔ ⇔ = +
 ÷
 
(không tm (*)) hoặc
7
2
6
x k
π
π
= +
(tm (*)) Vậy,
phương trình có nghiệm:
( )
7
; 2
6
x k x k k Z
π
π π
= = + ∈
.
Câu 2: 2. (1.0 điểm) Giải phương trình…
3 3

2 2
8 63 (1)
2 2 9 (2)
x y
y x y x

− =


+ + − =


Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được

( ) ( )
3 3
3 2 2 3
8 6 12 12 6 9 2 1 2 2 3x y x y x y x y y x
− − − + − = ⇔ − = + ⇔ = −
(*)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
1
-1
-2
y
-2
2
x
-1

O
1
-1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Thế (*) vào (2), ta được
( ) ( )
2
2 2
2
2 3 2 2 2 3 9 2 3 2 0
1
2
x
x x x x x x
x
=


− + + − − = ⇔ − − = ⇔

= −

Với
2 1x y= ⇒ =
Với
1
4
2
x y= − ⇒ = −
. Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1),

1
; 4
2
 
− −
 ÷
 
Câu 3: (1,0 điểm)
( )
( ) ( )
3 3 3
2 2 2
2 ln ln 1 3
1
3 2 ln
1 ln 1 ln
e e e
e e e
x x x
I dx dx xdx
x x x x
− +
= = −
− −
∫ ∫ ∫
( )
3 3
3
2
2 2

1
3 (ln ) 2 ln
1 ln
e e
e
e
e e
d x x x dx
x
 
= − −
 ÷
 ÷
−
 
∫ ∫

( )
(
)
3
3 3
2 2
2
3 2
3ln 1 ln 2 ln 3ln 2 4 2 .
e
e e
e e
e

x x x x e e= − − − − = − − +
Câu 4(1,0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC,
Ta có
( )SH ABC
HJ AC
⊥


⊥


AC SJ⇒ ⊥
, suy ra góc
0
60SJH∠ =
v à
0
2
2 ,
2 2
2
6
.tan 60
2
BC AB a
AB a HJ
SH HJ a
= = = =
= =
B

S
C
A
H
J
I
E
( )
3
2
3
.
1 . 1 6 6
. . . 2 . .
3 2 6 2 6
S ABC
AB AC a
V SH a= = =
Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có
( )
HE SJ
HE SAC
HE AC
⊥

⇒ ⊥

⊥

.

Mặt khác, do
// //( )IH SC IH SAC⇒
, suy ra
0
6
( ,( )) ( ,( )) .sin 60 .
4
d I SAC d H SAC HE HJ a
= = = =
Câu 5(1,0 điểm) Ta có
2 2 2 8 4 1 2 1 2 (1)
2 2
y y
x y x y x x
 
− + = + − ⇔ + = + + +
 ÷
 ÷
 
Gọi S là tập giá trị của
2
y
x +
, khi đó
Rm S m
∈ ⇔ ∈
sao cho hệ
( )
2
*

1 2
2 2
y
x m
y m
x

+ =




+ + + =


có nghiệm.
Đặt
2
2
1
1
( , 0)
2
2
2
2
a x
x a
a b
y

y
b
b

= +

= −
 
≥ ⇒
 
= −
= +
 


khi đó, (*)
2 2
2
3
2
(**)
3
2
8 2 2
m
a b
a b m
m
m m
a b

ab

+ =

+ = +

 
⇔ ⇔
 
+ =
 
= − −



.
Hệ (*) có nghiệm
⇔
hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b
≥
0
⇔
phương trình 8X
2
-4mX+m
2
-4m-12=0 có 2 nghiệm không âm
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
⇔

2
2
8 24 0
0 6 4 2 10
4 12 0
m m
m m
m m

− − ≤

≥ ⇔ ≤ ≤ +


− − ≥

. Mặt khác
4 16
2
y
P x
 
= + −
 ÷
 
.
Suy ra:
Max 8 10P =
khi

5 2 10
; 3 2 10.
2
x y
+
= = +

min 8P =
khi
1
14
x
y
= −


=

hoặc
8
4
x
y
=


= −

.
Câu 6a: 1. (1.0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng
∆
đi qua Q(5;2) có phương trình A(x-
5)+B(y-2)=0 với
2 2
0A B+ ≠
,
do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên
0
90MIN∠ =
hay tam giác MIN vuông cân tại I, suy ra
( )
1 5
( , ) 2
2
2
d I R∆ = =
Hay
( ) ( )
2 2
2 2
| A 2 5 B 4-2 |
5
| 2 3 | 2 5
2
B A A B
A B
− +
= ⇔ − = +
+

2 2
17 24 7 0B AB A⇔ + + =
(*)
Chọn B=1 khi đó (*)
2
1
7 24 17 0
17
7
A
A A
A
= −


⇔ + + = ⇔

= −


.A= -1; B=1: phương trình đường thẳng
∆
là : -x+y+3=0
.
17
7
A = −
; B=1: phương trình đường thẳng
∆
là : 17x-7y-71=0

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0.
Câu 6a: 2. (1.0 điểm) Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0),
do ABCD là hình vuông nên ta có,
2 2
2
2
1
2
AB AD
AI BD

=


 
=

 ÷
 

( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
2 2
2
3 8 5 4
1 2 4 36
a b a b
a b


− + + = + + +

⇔

+ + + + =


( ) ( )
2 2
4 2
1 6 2 20
b a
a a
= −


⇔

+ + − =


1
2
a
b
=

⇔


=

hoặc
17
5
14
5
a
b

=



−

=


. Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và
17 14
; ;0
5 5
A
−
 
 ÷
 
Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8),
27 6

; ;8
5 5
C
− −
 
 ÷
 
.
Câu 7a: Ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
1 3 3 1 1 1 3 1 3 2
5 .
4
1 1 1
i i i i i i
Z i
i i
+ − + + −
= = =
− − +
Suy ra,
2 2
1 1 5 1 1 5 26.Z i Z+ = − ⇒ + = + =
Câu 6b: a. (1.0 điểm) Ta có
(3;4)ON

uuur
,ON=5,
4
2
-2
5
d
O
N
M
đường thẳng ON có phương trình 4(x-3)-3(y-4)=0
⇔
4x-3y=0 do
(3 6; )M d M m m∈ ⇒ +
Khi đó ta có
2
1
( , ). ( , ) 3
2
ONM
ONM
S
S d M ON ON d M ON
ON
∆
∆
= ⇔ = =
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( )

1
4. 3 6 3
3 9 24 15
13
5
3
m
m m
m
m
= −

+ −

= ⇔ + = ⇔
−

=


Với
1 (3; 1)m M= − ⇒ −
Với
13 13
7;
3 3
m M
− −
 
= ⇒ −

 ÷
 
. Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và
13
7;
3
M
−
 
−
 ÷
 
Câu 6b: 2. (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT
( )
1;0;1
P
n
r
Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1 1 0 0A x B y C z A B C
− + − + + = + + ≠
với VTPT là
( )
; ;
Q
n A B C
r

Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra
2 2 2
2 2 2
4
( ,( )) 3 4 3
A B C
d I Q R A B C A B C
A B C
− + +
= ⇔ = ⇔ − + + = + +
+ +
(*)
Mặt khác
( ) ( ) . 0 0
Q P
Q P n n A C C A⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −
r r
Thay vào (*) ta được
2 2 2 2
5 3 2 8 7 10 0B A A B B A AB− = + ⇔ − + =
(**)
Chọn B=1, (**)
2
7 10 8 0 2A A A⇔ − − = ⇔ =
hoặc
4
7
A
−
=

Với
2 2A C= ⇒ = −
: được phương trình mặt phẳng (Q) là:
2 2 9 0x y z+ − − =
Với
4 4
7 7
A C
−
= ⇒ =
: được phương trình mặt phẳng (Q) là:
4 7 4 9 0x y z− − − =
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là:
2 2 9 0x y z+ − − =
và
4 7 4 9 0x y z− − − =
.
Câu 7b: (1,0 điểm) Điều kiện: x, y > 0 (*)
Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với
9
log
3 3
2 6
log log 3
x
y
x y

=


+ =

9 3
3 3
log .log 1
log log 3
x y
x y
=

⇔

+ =

3 3
3 3
log .log 2
log log 3
x y
x y
=

⇔

+ =

⇔
3
3
log 1

log 2
x
y
=


=

hoặc
3
3
log 2
log 1
x
y
=


=


Với
3
3
log 1
log 2
x
y
=



=

3
9
x
y
=

⇔

=

(tm (*)) Với
3
3
log 2
log 1
x
y
=


=

9
3
x
y
=


⇔

=

(tm(*))
Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa