Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 60

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 60
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m
=
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
2 1y x= +
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn
điểm
( )
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3

2. Giải hệ phương trình
2 2
2 1 2 4( 1)

4 2 7
x y x y
x y xy

+ + − = −


+ + =


.
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x
−
+
∫
.
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc
với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3

222
=++ zyx
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
.
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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (
∆
):
3 4 7 0x y− + =
. Viết
phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (
∆
) tại hai điểm B, C sao cho
∆
ABC vuông
tại A và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2

:
2 1 1
x y z− − −
∆ = =
−
và điểm
A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
∆
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a

x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị
của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần
lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
: 2
1
x t
d y t
z
= +


= −


=


;
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
− − +
= =
−
. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d

đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ
2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y

y x
+
− + =



+ =


.
Hết
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 60
Câu 1: Với m=1 ta có
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ: D=R Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
-Ta có:
' 6 ( 1)= − ⇒y x x
0
' 0
1
x

y
x
=

= ⇔

=

-BBT:
x
−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 1
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
−∞
;0) và (1;
+∞
), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
Đồ thị:Ta có
1

'' 12 6 '' 0
2
= − ⇒ = ⇔ =y x y x

1 1
( ; )
2 2
I⇒
là điểm uốn của đồ thị.
Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:
3 2
2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − +
là nghiệm
Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
( )
A 0;1
Đồ thi cắt trục Ox tại
( )
1
B 1;0 ;C ;0
2
 
−
 ÷
 
Học sinh Tự vẽ đồ thị phương
trình:
3 2
2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = +

( )
2
0
9 8 0 : 3
8
9
=


⇔ − = ⇔ <

=

m
m m tmdk m
m
.
2
2
0 1
(2 3 3) 0
2 3 3 0 (*)
= ⇒ =

⇔ − + − = ⇔

− + − =

x y
x x mx m

x mx m
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A;
C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu
2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ <
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn
3
2
3
.
2
A B
A B
m
x x
m
x x

+ =



−

=


và
2 1
2 1
A A

B B
y x
y x
= +


= +

( vì A và B thuộc (d))
AB=
30
2 2
( ) ( ) 30
B A B A
x x y y⇔ − + − =
2
2 2
9 3
( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6
4 2
−
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − =
B A B A B A
m m
x x x x x x
Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3
Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x

2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π

π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +


12
24 2
x k
k
x
π
π
π π

= − +

⇔


= +


Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

Thy giỏo:Lờ Nguyờn Thch T:01694838727
Cõu 2: 2. Gii h phng trỡnh
2 2
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy

+ + =


+ + =


.
iu kin: x+2y
1 0+
t t =
2 1 (t 0)x y+ +
Phng trỡnh (1) tr thnh : 2t
2
t 6 = 0
( )
( )
2 /
3
t/m
2
t t m
t k

=



=


+ H
2 2
2 3
4 2 7
x y
x y xy
+ =



+ + =

2
1
1
1
2
x
x
y
y
=

=




=
=



Cõu 3: Ta cú: I =
e
1
ln x 2
dx
x ln x x

+

=
e
1
ln x 2
dx
(ln x 1)x

+

t t = lnx + 1

dt =
1
dx
x
;
i cn: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2
Suy ra: I =
2 2
1 1
t 3 3
dt 1 dt
t t


=
ữ


=
( )
2
1
t ln | t |
= 1 ln2
Cõu 4:
BC AB
BC (SAB) BC SB
BC SA

Suy ra gúc gia mp(SBC) v mp(ABC) l gúc
ã
SBA
. Theo gi thit
ã
SBA
= 45
0
Gi M l trung im ca SC, H l trung im ca AC.
Tam giỏc SAC vuụng ti A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng ti B nờn MB = MC = MS.
Suy ra M l tõm mt cu ngoi tip hỡnh chúp S.ABC Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn ti A, do ú SA =
AB = a., SA

(ABC), MH // SA nờn MH

(ABC).
Suy ra MH l ng cao khi chúp M.ABC. Suy ra
3
M.ABC ABC
1 a
V MH.S
3 12

= =

Cõu 5: Đặt
zyxt
++=


2
3
)(23
2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++ zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5

2
3
2
t
t
A +

=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+= t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t

t
t
ttf
,
t 3;3 .



Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( = ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ==== zyxt
Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt đợc khi
.1=== zyx
Cõu 6a: 1. (1,0 im) Gi AH l ng cao ca
ABC

, ta cú
4
( ; )

5
AH d A= =
1 4 1 4
. . . 2
2 5 2 5
ABC
S AH BC BC BC

= = =
. Gi I ;R ln lt l tõm v bỏn kớnh ca ng
trũn cn tỡm, ta cú :
1
1
2
R AI BC= = =
. Phng trỡnh tham s ca ng thng (

):
x 1 4t
y 1 3t
ỡ
=- +
ù
ù
ớ
ù
= +
ù
ợ
I

ẻ
(

)
ị
I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1

16t
2
+ (3t 1)
2
= 1

t = 0 hoc t =
9
5
+ t = 0
ị
I(-1; 1) Phng trỡnh ca ng trũn l: (x + 1)
2
+ (y 1)
2
= 1
Luyn thi i Hc 184 ng Lũ Chum Thnh Ph Thanh Húa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
+ t =
9
5

Þ

I(-
1
25
;
43
25
). Phương trình của đường tròn là: (x +
1
25
)
2
+ (y –
43
25
)
2
= 1
Câu 6a: 2. (1,0 điểm) : Đường thẳng
∆
đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là
u
→
= (2 ; -1 ; 1). Gọi
n
→
= (a ; b ; c )
là vtpt của (P). .Vì
( )P∆ ⊂
nên
. 0n u

→ →
=

⇔
2a – b + c = 0
⇔
b = 2a + c
n
→
⇒
=(a; 2a + c ; c )
Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0
⇔
ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) =
1
3
2 2 2
1
3
(2 )
a
a a c c
⇔ =
+ + +

( )
2
0a c⇔ + =
0a c⇔ + =
Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0

Câu 7 a: Cho khai triển
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
( )
10

1 2x+
.
( )
2
2
3 4x 4x+ +
=
( )
10
1 2x+
.
( )
2
2
2 1 2x
é ù
+ +
ê ú
ë û
= 4
( )
10
1 2x+
+ 4
( )
12
1 2x+
+
( )
14

1 2x+
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
10
1 2x+
là 4.2
6
.
6
10
C
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
12
1 2x+
là 4.2
6
.
6
12
C
Hệ số của x
6
trong khai triển 4
( )
14

1 2x+
là 2
6
.
6
14
C
Vậy a
6
= 4.2
6
.
6
10
C
+ 4.2
6
.
6
12
C
+ 2
6
.
6
14
C
= 482496
Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a ;
- a – 3) và C(- 2c – 3 ; c).

I là trung điểm của AC
2 3 4 1
3 6 4
a c a
a c c
− − = = −
 
⇒ ⇔
 
− − + = − = −
 

⇒
A(-1; -2); C(5 ;-4)
Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là
u
r
=(1;3) có ptts là
x 2 t
y 3 3t
= +


= − +

B
∈
BD
⇒
B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó :

AB
uuur
= (3 +t ;–1+3t);
CB
uuur
= (- 3+t; 1+3t)
. 0AB CB
→ →
=
Û
t =
±
1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)
Câu 6b: 2. (1,0 điểm)
1
d
đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là :
( )
1
1; 1;0u
→
= −
;
2
d
đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp
là:
( )
2
1; 2;2u

→
= −
. Gọi
n
→
là một vtpt của (P), vì (P) song song với
1
d
và
2
d
nên
n
→
= [
1 2
;u u
→ →
] = (-2 ; -2 ; -1)
⇒
(P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))
7 2. 5D D⇔ + = +

7 2(5 )
7 2(5 )
D D
D D
+ = +

⇔


+ = − +

3
17
3
D
D
= −


⇔

= −

Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z -
17
3
= 0
Câu 7b: Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6 (1)
8 2 .3 2.3 (2)
x x y x y
y x
+
− + =




+ =


. Điều kiện: y – 2x + 8 > 0
(1)
⇔
y – 2x + 8 =
( )
6
2
2y x⇔ =
Thay
2y x=
vào phương trình (2), ta được
2 3
8 2 .3 2.3
x x x x
+ =
8 18 2.27
x x x
⇔ + =
8 18
2
27 27
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
3

2 2
2
3 3
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   

Đặt: t =
2
3
x
 
 ÷
 
(t > 0) Ta có phương trình
( )
( )
3 2
2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + =
0
1
0
x
t
y
=

⇔ = ⇒


=

Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa