Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 59

Thầy giáo: Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 59
Ngày 6 tháng 4 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) :
Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số
= − + − +
3 2
3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham soá
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4.
2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục
hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho
+ + =
1 1
0,
A
B C
k
k k
trong đó
, ,
A B C
k k k
lần lượt là hệ số góc tiếp
tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C.
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( ) ( )
( )
+ −
=

+
1 sin 5 2sin
3
2sin 3 cos
x x
x x
.
2. Giải phương trình
+ + = − − + +
2 2
1 3 1 2 1x x x x x
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
+ +
=
+
∫
1
7
4 2
3
2 3
1
26
3 1x x
I dx
x x x
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung

điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết
= 3SC a
, tính thể
tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC).
Câu V (1,0 điểm)
Cho x,y là các số thực thoả mãn :
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai 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 hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc
·
ABC
đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình
− + =2 0x y
; đỉnh D nằm trên đường thẳng có
phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng
1
2 2 1
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
;
2 3
1 1 1 2
: ; :
1 2 1 1 1 2
x y z x y z
d d
− + − −
= = = =
−
. Chứng minh d
2
và d
3
chéo nhau. Viết phương trình đường
thẳng
∆
vuông góc với d
1

,cắt d
2
và d
3
tại hai điểm A, B sao cho
3AB =
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
+ = +1z z i
và
+
1
z
z
là số thực
B. Theo chương trình nâng cao
C. Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp
+ =
2 2
( ): 1
9 5
x y
E
. Gọi
1 2
,F F
là các tiêu điểm của (E)
Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
1 2
MF F

bằng
2
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
+ − + =: 3 14 0P x y z
. Viết phương trình
mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng
(Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
2 2
2
2
3 2
2012
2011
2012
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
−

+
=


+

+ + = + + +


y x
x
y
x y x y
.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
ĐÁP ÁN ĐỀ 58
Câu 1:
3 2
4 3 4Với m ta có y x x= = − +
1
0
. Tập xác đònh
¡
2
0
. Sự biến thiên: Giới hạn
( ) ( )
→+∞ →+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞
   
= − + = − + = +∞ = − + = − + = −∞
 ÷  ÷
   
3 2 3 3 2 3
3 3
1 4 1 4
lim lim 3 4 lim 1 , lim lim 3 4 lim 1
x x x x x x
y x x x y x x x

x x
x x
• Bảng biến thiên:
2 2
0
' 3 6 ; ' 0 3 6 0
2
x
y x x y x x
x

=
= − = ⇔ − = ⇔

=

x -
∞
0 2 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y
4 +
∞
-
∞
0
3
0
. Đồ thò

• Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0)
• Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4)
• y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2)

4
2
-2
5
O
I
Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là
( )
( )
3 2 2
2
1 0
3 ( 4) 0 1 4 0
4 0(1)
x
x x m x m x x x m
x x m

+ =
− + − + = ⇔ + − + = ⇔

− + =

Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m
• Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1
hay

4 0 4
5 0 5
m m
m m
 
− > <
⇔
 
+ ≠ ≠ −
 
Gọi
1 2
1 2
1 2
4
, là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có
x x
x x
x x m

+ =


=


( ) ( )
= + = − + − = − + −
+ + + =
− + − − + −

− + − + − + −
⇔ + +
1 2
2 2
1 1 2 2
2 2
1 1 2 2
2 2
1 1 2 2
Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là
5; 3 6 4; 3 6 4
1 1
Theo giả thiết ta có 5 0
3 6 4 3 6 4
3 6 4 3 6 4
5
A B C
x
k m k x x m k x x m
m
x x m x x m
x x m x x m
m
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
−
= ⇔ + + =
− +

− + − − + −

= −
⇔ + − = ⇔ + = ⇔

+
= −

2 2
1 1 2 2
2
4 4
0 5 0
4 4 5
3 6 4 3 6 4
4
1
5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4
5
6
m
m
m m
x x m x x m
m
m m
m
m
Câu 2: 1,
: cos 0 ,

2
ĐK x x k k
π
π
≠ ⇔ ≠ + ∈Z
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
( ) ( )
( )
+ −
= ⇔ + − = +
+
2
1 sin 5 2sin
3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3cos
2sin 3 cos
x x
x x x x
x x
⇔
( ) ( )
π π
   
− + − + = ⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
cos2 3sin2 3 sin 3cos 4 0 cos 2 3cos 2 0
3 6
x x x x x x
π

π
π
π π π
π
π
π
π

= − +


 
+ =


 ÷
   
 


⇔ + − + + = ⇔ ⇔ = + ∈
 ÷  ÷


 
   

+ =

 ÷



 

= − +


2
2
6
cos 1
6
2cos 3cos 1 0 2 ,
6 6 6
1
cos
6 2
2
2
x k
x
x x x k k
x
x k
Z
π
π
= ± + ∈Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 ,
6
x k k Z

Câu 2: 2,
2
: 3 1 0ĐK x x− − ≥
(
)
( )
( ) ( )
+ + = − − + + ⇔ + + − − − − + =
 
+
− + = ⇔ + − =
 ÷
 ÷
+ + + − − + + + − −
 


+ =
= −

⇔


+ + + − − =



+ + + − − =

= −

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
1 3 1 2 1 (1) 1 3 1 2 1 0
4 2 2
2 1 0 2 1 1 0
1 3 1 1 3 1
1
2 1 0
2
1 3 1 2
1 3 1 2 (2)
1
Ta thấy là một nghiệm của phươ
2
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 x
x
( )
( )
( )
( )


+ + = − − + +

⇒ + + = +

+ + + − − =



−

+ ≥
≥

− −

⇒ ⇒ ⇒ = = − =
 
+ + = +
 

+ + = +

2 2
2
2 2
2
2
2
2
ng trình (1)

1 3 1 2 1
Từ (1) và (2) ta có hệ 2 1 2 3
1 3 1 2
3
2 3 0
5 1 5
2
Thử lại ta có các nghiệm ;
8 2 8
4 1 2 3
4 1 2 3
x x x x x
x x x
x x x x
x
x
x x x
x x x
x x x
Câu 3:
( )
( )
+ + +
= = + = +
+ + +
+
+
∗ = = = + =
+ +
 

∗ = = − + = − +
 ÷
 
+ +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
1 1 1
7 7 7
4 2 4 2
1 2
3 3 3
2 3 2 3 2 3
1 1 1
26 26 26
1 1
3
7 7
2
2
3
3
1
3 3
3 3
1 1
26 26
1 1
7 7
2

3 2
1 1
3 3
2 2
26 26
3 1 3 1
1
3 1 3 123
7

2 364
1
26
1 1 1 1 1 3 1
1 1
2 4
1 1
1 1
x x x x
I dx dx dx I I
x x x x x x x x x
d x x
x
Tính I dx x x
x x x x
Tính I dx d
x x
x x
 
=

 ÷
 
=
2
3
2
1
15
7
4
1
26
322
.
91
x
Vậy I
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
Câu 4:
G
F
E
H
A
B
D
C
S
0

2
Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ;
2
2 2
HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60
2 2
a
a a
GF
∆
= ∆
Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
2 2 2
1 2 ;1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ −
Tõ ®ã ta cã
1
3
1
≤≤− xy
.
M¨t kh¸c
xyyxyxyx +=+⇔=+− 11
2222
nªn
12
2244
++−=+ xyyxyx
.§Ỉt t=xy
Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa
1

3
1
;
2
22
)(
2
≤≤−
+
++−
== t
t
tt
tfP
TÝnh




−−=
−=
⇔=
+
+−⇔=
)(26
26
0
)2(
6
10)('

2
lt
t
t
tf
Do hµm sè liªn tơc trªn
[ ]
1;
3
1
−
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa
)
3
1
(
−
f
,
)26( −f
,
)1(f
cho ra kÕt qu¶:
626)26( −=−= fMaxP
,
15
11
)
3
1

(min =−= fP
1 đ
Câu 6a: 1,
4
2
5
E'
O
B
A
C
D
M
E
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
( ) ( )
0 0
0 0
0 0 0
0 0
0 0 0
Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ
1 2 0
1 0
, '(0;1)
1 2
1 1
2 0
2 2

Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E
E x y
x y
x y x
E
x y
x y y

+ + − =
 
+ = =
  
⇔ ⇔
  
− +
− = − = −
 
− + =
 


( ) ( )
nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn
BC BE BE' 1 1 0 1 do t<0 hay B(-1;1).
phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1
Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ
t t t t t⇒ ⊥ ⇒ + + + = ⇒ = −
≥
( ) ( ) ( )
1 9

trung điểm của AD là M ;
2 2
1 9
theo giả thiết ta được 2 0 2 6 0 (1)
2 2
1; 9 ; 0; , do AB AD nên ta có a 9 0 9 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5
d a d
d a d
a d
AD d a d BA a a d a d
 
− + −
 ÷
 
− + −
− + = ⇔ − + =
= + + − = ⊥ + − = ⇔ + − =
uuur uuur
hay A(-1;4) và D(5;4) C(5;1).⇒
( ) ( ) ( )
 
= + =
 
∗ = − + − = = +
 
 
= = +
 
uur

2 2 2 2 3 3 3
1 '
: 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2
2 2 '
x t x t
d y t d u d y t d
z t z t
( )
=
uur
3
và có vtcp 1;1;2u
( ) ( )
( )
   
= − = − = − ≠
   
∗ ⇒ = + + − − − − ∆
uuuuuuur uur uur uuuuuuur uur uur
uuur
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau.
Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,

u u u u
BA t t t t t t
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
∆ ⊥ + + − − − + − − = ⇔ = = + − − −


=
+ + − + − − = ⇔ + = ⇔

= −

− +
= − − ∆ = =
− −
uuur
uuur
1
2 2 2
2
do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2
0
Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0
1
1 1
Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của :
1 2 2
Với
t t t t t t t t BA t t
t
t t t t
t
x y z
BA
( )
+ +

= − − ∆ = =
− −
− + + +
∆ = = ∆ = =
− − − −
uuur
1 2
3 1
t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của :
2 2 1
1 1 3 1
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :
1 2 2 2 2 1
x y z
BA
x y z x y z
Câu 7a:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
Giả sử . ta có 1 1 ; 1 .
Theo đề bài 1 1 1 , khi đó .
1 1 . 1 1
Mặt khác, . . , 0.
. 2 2
2

1
Vì là số
z x y i z x y z i x y
z z i x y x y x y z x x i
x x i
z x x i x x i x x i x
z x x i x x
x
z
z
= + + = + + + = + +
+ = + ⇔ + + = + + ⇔ = = +
   
−
+ = + + = + + = + + − ≠
 ÷  ÷
+
   
+
1 2
1 1
thực nên 0
2
2
1 1 1 1
Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và
2 2 2 2
x x
x
z i z i

− = ⇔ = ±
= + = − −
Câu 6b: 1,
2
-2
O
F1
F2
M
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
Ta có F
1
(-2;0) và F
2
(2;0); F
1
F
2
=4
( )
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
Do M (E) nên 6, diện tích MF F là . 2 5 (1)
2
5
1
Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2).
2

Từ (1) và (2) ta có 5. Như vậy có 2 điểm tho
MF MF MF MF F F
M x y d M Ox y y F F y
y
∈ + = ∆ + + =
= ∆ =
= ±
1 2
ûa mãn bài toán (0; 5) và (0; 5).M M −
Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại
B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là
( )
1;1; 3u = −
r
,d có phương trình là
3 1 4
1 1 3
x y z+ − −
= =
−
. Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt
( ) ( ) ( ) ( )
4;2; 2 nên có pt là 2 1 2 3 0 2 3 0BA x y z x y z= − + + − − − = ⇔ + − + =
uuur
Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ
2 3 0 2
4 0 2
3 7 0 1
x y z x

x y y
y z z
 
+ − + = = −
 
− + = ⇔ =
 
 
+ − = =
 
Bán kính của mặt cầu là R=IA=
11
. Phương trình của mặt cầu là (x+2)
2
+(y-2)
2
+(z-1)
2
=11
Gọi r là bán kính đường tròn ta có
( ) ( )
+ = ⇔ = −
2 2 2 2
;( ) 11 11 ;( )r d I Q r d I Q
( )
đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay ;( ) lớn nhất d I Q
( )
( ) ( ) ( )
⊥ ≤
⊥ = − + − = ⇔ + − =

uuur
Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q)
hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0
d I Q IM
IM x z x z
Câu 7b:
2 2
2012
2011 (1)
2012
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)
2
2
3 2

+

=


+

+ + = + + +


−
x
y
x y x y
y x

+) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt:
2 2 2 2
2011 2011
log ( 2012) log ( 2012)
+ + = + +
x x y y
2011
1
Xét hàm số ( ) log ( 2012), 0 '( ) 1 0
2011( 2012)
( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ )
f t t t t f t
t
f t
= + + ≥ ⇒ = + >
+
⇒ ∞
từ đó suy ra x
2
= y
2
⇔ x= y hoặc x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x+2)=2log
2
(x+1).
Đặt 3t=log
2

(x+1) ta được x=2
3t
-1 do đó 3log
3
(2
3t
+1)=6t
⇔
8
t
+1=9
t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
   
+ =
 ÷  ÷
   
t t
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3
(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3.Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa