Đề và đáp án thi thử ĐH số 4

ÐỀ THI THI ĐẠI HỌC SỐ 13

Môn thi : TOÁ N - lµm bµi:180 phót
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ )
Câu II (2 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1
2
2
b) Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5 x +
3 ln 2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

I=

∫
0

3
x−3
2

dx
( e + 2) 2
3

x

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đ ều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
a 3
4
Câu V (1 điểm)
và BC là

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2 − xy + y 2 = 1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
x4 + y4 +1
x2 + y2 +1
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
(∆) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
P=

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
d1 :

x − 4 y −1 z + 5

x−2 y+3 z
=
=
d2 :
=
=
3
−1
−2
1
3
1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2
……...HẾT...........


ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13
Câu I
a)
Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)

2
y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 ⇒ y ' = 6 x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1)

y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0
x = m

y' = 0 ⇔ 
x = m + 1

0,5

0,25

Hàm số đồng biến trên ( 2;+∞ ) ⇔ y ' > 0 ∀x > 2 ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1

Câu II a) Giải phương trình: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1
PT ⇔ 2 cos 3x (4 cos 2 x − 1) = 1 ⇔ 2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1
Nhận xét x = kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

0,25
1 điểm
0,25
0,25

2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1 ⇔ 2 cos 3 x(3 sin x − 4 sin 3 x) = sin x
⇔ 2 cos 3 x sin 3x = sin x ⇔ sin 6 x = sin x
2mπ

x=

6 x = x + m2π
5
⇔
⇔
6 x = π − x + m2π
 x = π + 2mπ

7
7


0,25
;m∈Z

2mπ
= kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z
5
π 2mπ
+
Xét khi
= kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
7
7
l∈Z
2mπ
π 2mπ
Vậy phương trình có nghiệm: x =
( m ≠ 5t ); x = +
( m ≠ 7l + 3 )
5
7
7
trong đó m, t , l ∈ Z
b)
3
2
2

Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5 x + x − 3
2
PT ⇔ 2(3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 10 x 2 + 3x − 6
Xét khi

0,25

1 điểm
0,25

2(3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 4(2 x 2 − 1) + 2 x 2 + 3 x − 2 . Đặt t = 2 x 2 − 1(t ≥ 0)
Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0
Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2
Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0
Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2

0,25


2x − 1
x+2
;t =
2
2
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t =

0,5

 − 1 + 6 2 + 60 

x∈
;

7 
 2
Câu III

3 ln 2

Tính tích phân I =

∫
0

Ta c ó I =

∫

(3 e x + 2) 2
0,25

x
3

3 ln 2

e dx
x
3

=

x
3

e (e + 2)

0

1 điểm

dx

x

2
x

Đặt u= e 3 ⇒ 3du = e 3 dx ; x = 0 ⇒ u = 1; x = 3 ln 2 ⇒ u = 2
2
2
 1
1
1
3du
 −
−
I=∫
Ta được:
2 =3 ∫ 

4u 4(u + 2) 2(u + 2) 2
1
1 u (u + 2)


du


0,25
0,25

2

1

1
1
=3  ln u − ln u + 2 +

4
2(u + 2)  1
4
3 3 1
ln( ) −
4 2 8
3 3 1
Vậy I = ln( ) −
4 2 8
=

0,25

Câu IV

C’

A’
B’

0,5

H
A

C
O

AM M
⊥ BC 
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
 ⇒ BC ⊥ ( A' AM )
A
'
O
⊥
BC

B
Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
BC ⊥ ( A' AM ) 

Do
 ⇒ HM ⊥ BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của
HM ∈ ( A' AM )

AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a

3
.
4


Xột 2 tam giỏc ng dng AAO v AMH, ta cú:

Cõu V

A' O HM
=
AO
AH

suy ra A' O = AO.HM = a 3 a 3 4 = a
AH
3 4 3a 3
1
1aa 3
a3 3
Th tớch khi lng tr: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC =
a=
2
23 2

12
1.Cho a, b, c l cỏc s thc dng tho món a + b + c = 3 .Chng minh
rng:
3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc 13
b+c
2
*Trc ht ta chng minh: f ( a, b, c) f (a, t , t ) :Tht vy
Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi thit a b c
3a a + b + c = 3 hay a 1
f ( a, b, c) f (a, t , t ) =
2
2
2
t f ( a, b, c) = 3(a + b + c ) + 4abc 13; t =

0,5

1 im

0,5

3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc 13 3(a 2 + t 2 + t 2 ) 4at 2 + 13
= 3(b 2 + c 2 2t 2 ) + 4a (bc t 2 )
2
2


2(b + c )
(b + c ) 3(b c) 2
= 3b 2 + c 2

+
4
a
bc

a (b c) 2


=
4
4
2





=

(3 2a )(b c) 2
0 do a 1
2

*Bõy gi ta ch cn chng minh: f ( a, t , t ) 0 vi a+2t=3

0,5

Ta cú f ( a, t , t ) = 3(a + t + t ) + 4at 13
2

2

2

2

= 3((3 2t ) 2 + t 2 + t 2 ) + 4(3 2t )t 2 13
= 2(t 1) 2 (7 4t ) 0 do 2t=b+c < 3
Du = xy ra t = 1 & b c = 0 a = b = c = 1 (PCM)
2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: x 2 xy + y 2 = 1 .Tỡm giỏ tr ln
nht ,nh nht ca biu thc
x4 + y4 +1
P= 2
x + y2 +1
Từ giả thiết suy ra:
1 = x 2 xy + y 2 2 xy xy = xy
1 = ( x + y ) 2 3 xy 3xy
1
Từ đó ta có xy 1 .
3
Măt khác x 2 xy + y 2 = 1 x 2 + y 2 = 1 + xy
nên x 4 + y 4 = x 2 y 2 + 2 xy + 1 .đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

0,25


P = f (t ) =

TÝnh f ' (t ) = 0 ⇔ −1 +

− t 2 + 2t + 2 1
;− ≤ t ≤ 1
t+2
3
t = 6 − 2
6
=0⇔
2
(t + 2)
t = − 6 − 2(l )

Do hµm sè liªn tôc trªn

[

0.25

0.25

1
−1
− ;1] nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña f ( ) , f ( 6 − 2)
3
3

, f (1) cho ra kÕt qu¶:
1
11
MaxP = f ( 6 − 2) = 6 − 2 6 , min P = f (− ) =

3 15
Câu VIa
a)
(Học sinh tựuu
vẽ
ur hình)
Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC: C ( 2t − 1;2t )

Theo bài ra: S ∆ABC

t = 0
1
= AB.d (C , AB) = 2 ⇔ . 6t − 4 = 4 ⇔  4
t =
2
 3

0.25

1 điểm

0,5

0,5

5 8
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn .
3 3
b)

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên OH // n(2;1;−1) ; H ∈ ( ABC )
1
2 1 1
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy ra H ( ; ;− )
3
3 3 3
4 2 2
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ O' ( ; ;− )
3 3 3
2
CâuVIIa
Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C.
PT ⇔ z ( z + 2)( z − 1)( z + 3) = 10 ⇔ ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z − 3) = 0
Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành:
Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành
t 2 − 3t − 10 = 0

1 điểm
0.25
0,25

0,5
1 điểm
0,25

0,25

t = −2  z = −1 ± i
⇔
⇒
t = 5
 z = −1 ± 6
Vậy phương trình có các nghiệm: z = −1± 6 ; z = −1 ± i
Câu VIb
a)

0,5

1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4 x + 3 y − 4 = 0 và AB = 5
Viết phương trình đường CD: x − 4 y + 17 = 0 và CD = 17

0,25

Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) Ta tính được:
13t − 19
11t − 37
d ( M , AB ) =
; d ( M , CD) =
5
17

0,25

Từ đó: S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD
7
7

⇒ Có 2 điểm cần tìm là: M (−9; −32), M ( ; 2)
⇔ t = −9 ∨ t =
3
3

0,5

b)

1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d ( d1 , d 2 ) dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

Ta tìm A, B :
uuur r
 AB ⊥ u
 uuur ur A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
 AB ⊥ u '
uuur
⇒ AB (….)…
⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1)

0, 25

0,25

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là: ( x − 2 ) + ( y − 1) 2 + ( z + 1) 2 = 6
2

CâuVIIb Giải bất phương trình

x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2

0,25
1 điểm

Điều kiện: x > 0
Bất phương trình ⇔ 3( x − 3) log 2 x > 2( x − 1)
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
3
x −1
TH1 Nếu x > 3 BPT ⇔ log 2 x >
2
x−3
3
Xét hàm số: f ( x) = log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ )
2
x −1
g ( x) =
nghịch biến trên khoảng ( 3;+∞ )
x−3
f ( x) > f (4) = 3
*Với x > 4 :Ta có
 ⇒ Bpt có nghiệm x > 4
g ( x ) < g ( 4) = 3 

0.25

0,25


* Với x < 4 :Ta có

f ( x) < f (4) = 3
 ⇒ Bpt vô nghiệm
g ( x ) > g ( 4) = 3 

TH 2 :Nếu 0 < x < 3 BPT ⇔

3
x −1
log 2 x <
2
x−3

0,25

3
log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ )
2
x −1
g ( x) =
nghịch biến trên khoảng ( 0;3)
x−3
f ( x ) > f (1) = 0
*Với x > 1 :Ta có

 ⇒ Bpt vô nghiệm
g ( x) < g (1) = 0 
f ( x) =

* Với x < 1 :Ta có

f ( x ) < f (1) = 0
 ⇒ Bpt có nghiệm 0 < x < 1
g ( x) > g (1) = 0 

x > 4
Vậy Bpt có nghiệm 
0 < x < 1
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.

0,25