ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC SỐ 195
PHẦN CHUNG:( 7 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
2
(2 1)
(1)
1
m m x
x
− + −
−
(m là tham số )
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 0.
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị m khác 1, đồ thị của hàm số (1) luôn tiếp xúc với đường thẳng y = x.
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình :
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
2. Giải hệ phương trình:
+ = − +
+ − + = + + − +
2 2
2 2 2 2 3 3 2
3 4 1
3 ( 9) 2 ( 9) 18( ) 2 (7 ) 3
x y x y
x x y y x y y y
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân :
∫
+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a
, tam giác SAB đều, tam giác
SCD vuông cân tại S. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SA. Chứng minh rằng
( ) ( )SIJ ABCD⊥
. Tính thể tích khối chóp K.IBCD.
Câu V. (1,0 điểm) Cho x, y thay đổi thoả mãn:
2 2
2 3 1x y+ >
và
2 2
2013
(2 3 )
2013 (3 2 ) 0
x y
log x y
+
− + ≤
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
= +3 2P x y
.
PHẦN RIÊNG:( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần A hoặc phần B)
Phần A: Theo chương trình chuẩn
Câu VI a. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy tính diện tích của tam giác đều ABC nội tiếp elip (E) có phương trình
2 2
1
16 4
x y
+ =
nhận điểm A( 0;2) làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng?
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A( 10;2;-1) và đường thẳng d có phương trình
1 1
2 1 3
x y z− −
= =
. Lập phương trình mp(P) đi qua điểm A , song song d và khoảng cách từ đường thẳng d đến
mp(P) là lớn nhất?
Câu VII a. (1 điểm) Chứng minh rằng :
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
2C C C C C C− + − + − + = −
Phần B: Theo chương trình nâng cao
Câu VI b. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A (1;3), B( -1;1) , C( 3;0). Lập phương trình đường
thẳng
V
? Biết
V
qua A và cùng với đường thẳng d cũng qua A chia tam giác ABC thành 3 phần có diện tích
bằng nhau?
2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
2 2 2
2 2 2 0x y z x z+ + − + − =
. Tìm điểm A thuộc
mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) có phương trình
2 2 6 0x y z− + + =
lớn nhất?
Câu VII b. ( 1 điểm)
Chứng minh số phức z với z =
2 3 20
1 (1 3) (1 3) (1 3) (1 3)i i i i+ + + + + + + + +
là số thuần ảo?
1
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
I-1
(1 đ)
y =
2
(2 1)
(1)
1
m m x
x
− + −
−
. Khi m = 0 : Ta có hàm số y =
1
x
x
−
−
TXĐ : D = R\{1}
y’ =
2
1
0, 1
( 1)
x
x
> ∀ ≠
−
0,25
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= = −
, nên y = -1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= −∞ = +∞
, nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên :
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
0,25
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;-1) làm tâm đối xứng
y
4
2
-2
-4
-1
-5
5
y=f(x)
y=-1
x=1
f
x
()
=
-x
x-1
I
O
1
0,25
I
2
(1 đ)
Với
1x ≠
, ta có:
2
2
( 1)
'
( 1)
m
y
x
−
=
−
0,25
Xét hệ điều kiện tiếp xúc của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = x
0,25
2
x
1
−∞
f’(x
)
f(x)
(
+∞
−∞
1−
1−
+
+
là :
2
2
2
(2 1)
1
(*)
( 1)
1;( 1)
( 1)
m m x
x
x
m
x
m
− + −
=
−
−
= ≠
−
Yêu cầu bài toán, ta sẽ chứng minh hệ (*) có nghiệm với mọi
1m ≠
.
Thật vậy (*)
2
2
2
1
( ) 0
( 1)
1
( 1)
x
x m
m
x
≠
⇔ − =
−
=
−
2
2
1
( 1)
1
( 1)
x
m x
m
x
≠
⇔ =
−
=
−
.Luôn đúng với mọi m khác 1 (■)
0,5
II-1
(1 đ)
Điều kiện:
.0cossin,0sin ≠+≠ xxx
0,25
PT ⇔
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=−
+
+ x
xx
xx
x
x
2
cos 2 c os
0
sin cos
2 sin
x x
x x
x
⇔ − =
+
cos sin( ) sin 2 0
4
x x x
π
⇔ + − =
÷
0,25
+)
.,
2
0cos ∈+=⇔= kkxx
π
π
+)
∈
+=
+=
⇔
+−−=
++=
⇔+= nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin
ππ
π
π
π
π
π
π
π
π
.,
3
2
4
∈+=⇔ t
t
x
ππ
0,25
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
π
π
kx +=
2
;
.,,
3
2
4
∈+= tk
t
x
ππ
0,25
II-2
(1 đ) Biến đổi hệ về dạng:
2 2
2 2 2 2
( 3 ) ( 4 ) 1
3( 3 ) 2( 4 ) 3
x x y y
x x y y
− + + =
⇔
− − + =
Đặt
= −
= +
2
2
3
4
u x x
v y y
ta có hệ phương trình:
+ =
− =
2 2
1
3 2 3
u v
u v
0,25
3
⇔
=
= −
=
⇔ ⇔
=
= −
= −
=
1
1
0
1
5
5
6
u
v u
v
u
u
u
v
0,25
TH1.
=
=
1
0
u
v
ta có
−
=
= − −
+
⇔
=
= +
=
= −
2
2
3 13
2
0 3 1
3 13
2
0 4
0
4
x
x x
x
y y
y
y
có 4 nghiệm là: (
−3 13
2
;0), (
−3 13
2
;-4), (
+3 13
2
;0), (
+3 13
2
;-4).
+ TH2.
= −
=
5
6
u
v
ta có
= − +
= + −
2
2
0 3 5
0 4 6
x x
y y
. Hệ này vô nghiệm.
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
(
−3 13
2
;0), (
−3 13
2
;-4), (
+3 13
2
;0), (
+3 13
2
;-4). 0,25
III
(1 đ)
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt
2
1
1 ln 1 ln ; 2t x t x tdt dx
x
= + ⇒ = + =
Khi
2tex;1t1x =⇒==⇒=
.
0,25
( )
( )
( )
2
2
3
1
2 2 2
2 2
2
.2 2 1 2
1
3 3
1 1
1
t
t
I tdt t dt t
t
−
−
⇒ = = − = − =
∫ ∫
÷
÷
0,25
+) Tính
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. Đặt
2 3
ln
3
dx
du
u x
x
dv x dx x
v
=
=
⇒
=
=
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
⇒ = − = − = − + =
∫
0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+−
0,25
4
IV
(1 đ)
1)
Có:
( ) ( ) ( )
AB SI
AB S IJ SIJ ABCD
AB IJ
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
.
+
3
2
a
SI =
,
IJ a=
,
2 2
CD a
SJ = =
.
+ Có SI
2
+ SJ
2
= IJ
2
⇒ ∆SIJ vuông tại S.
+ Trong mp(SIJ) kẻ SH ⊥ IJ ⇒ SH ⊥ (ABCD).
+ Trong tam giác vuông SIJ có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 4 16
3 3SH SI SJ a a a
= + = + =
⇒
3
4
a
SH =
.
0,25
0,25
+ Gọi h là khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD). Có
1 3
2 8
a
h SH= =
.
+
= + = + =
2
1 1 3
( ). ( ).
2 2 2 4
IBCD
a a
S IB CD BC a a
+
= = =
2 3
.
1 1 3 3 3
. . .
3 3 8 4 32
K IBCD IBCD
a a a
V h S
(đvtt).
0,25
0,25
V
(1 đ)
Do
2 2
2 3 1x y+ >
nên
2 2 2 2
2 2
(2 3 ) (2 3 )
(3 2 ) 1 (2 3 )
x y x y
log x y log x y
+ +
+ ≥ = +
2 2
3 2 2 3
3
: P=3x+2y y=
2
x y x y
P x
GT
⇔ + ≥ +
−
⇒
Yêu cầu của bài toán dẫn đến, ta tìm P để bất phương trình sau phải có nghiệm
x:
P
≥
2
2
( 3 )
2 3
2
P x
x
−
+
0,25
2 2
35 18 3 4 0x Px P P⇔ − + − ≤
có nghiệm
2
35
' 24 140 0 0
6
P P P⇔ ∆ = − + ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
5
Tại
0
2 2
0
0 0 0
35 9 3 3 2
, ; 2 3 1
6 35 2 2 3
P P x
P x y x y
−
= = = = = ⇒ + >
Vậy Max P =
35
6
0,5
VI a
1
(1 đ )
+ Điểm B, C đối xứng nhau qua trục tung nên B (
0 0
;x y
), C (
0 0
;x y−
) với
0
0x >
Độ dài cạnh của tam giác đều ABC là a
0
2x=
Độ dài đường cao
0
2h y= −
0,25
+ Ta có
3
2
a
h =
. Khi đó
0 0 0 0
2 3 2 3y x y x− = ⇔ = −
Suy ra B(
0 0
;2 3)x x−
, C (-
0 0
;2 3)x x−
________________________________________________________________
B
∈
(E)
2 2
0 0
(2 3) 16 3 22 16 3 22
1 ; , ;
16 4 13 13 13 13
x x
B C
−
+ = ⇔ − − −
÷ ÷
Diện tích tam giác đều ABC là
2
3 768 3
4 169
a
S = =
0,25
0,5
2
( 1 đ )
+ Gọi H là hình chiếu của A trên d, mp(P) đi qua A và (P)// d. Khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
+ Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
AH HI≥ ⇒
HI lớn nhất khi
A trùng I
0,5
+
( )
1 2 ; ;1 3H d H t t t∈ ⇒ + +
và
(3;1;4)AH d H⊥ ⇒
Vậy (P) cần tìm là mp đi qua A và nhận
AH
uuur
=(-7;-1;5) làm VTPT . Do đó
PT mp(P)
7 5 77 0x y z+ − − =
0,5
VII a
( 1 đ)
+ Ta có
100 0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
(1 ) i C C i C i C i+ = + + + +
=
0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100
( ) ( )C C C C C C C i− + − + + − + −
0,5
+ Mặt khác
2 100 50 50
(1 ) 2 (1 ) (2 ) 2i i i i+ = ⇒ + = = −
Vậy
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
2C C C C C C− + − + − + = −
0,5
VI b
1
+ Gọi M,N là các điểm thuộc cạnh BC sao cho AM, AN chia
ABCV
thành ba phần có diện
tích bằng nhau. Khi đó tam giác ABM, AMN, ANC có cùng chiều cao nên BM=MN=NC
0,25
6
(1 đ )
+ Suy ra
1 2
,
3 3
BM BC BN BC= =
uuuur uuur uuur uuur
Ta có
(4; 1), ( 1; 1); ( 1; 1)
M M N N
BC BM x y BN x y= − = + − = + −
uuur uuuur uuur
0,25
+ Từ
1 1 2
;
3 3 3
BM BC M
= ⇒
÷
uuuur uuur
.Vậy PT đt AM: 7x-2y-1=0
0,25
+Từ
2 5 1
;
3 3 3
BN BC N
= ⇒
÷
uuur uuur
. Vậy pt AN: 4x+y-7=0
KL đt
V
cần tìm 7x-2y-1=0 , 4x+y-7=0
0,25
VI b
2
(1 đ )
+ Ta có (S) :
2 2 2
( 1) ( 1) 4x y z− + + + =
có tâm I( 1;0;-1), bán kính R=2
Mp(P) :
2 2 6 0x y z− + + =
có VTPT là
(2; 2;1)n = −
r
+ Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc mp(P) nên d có phương trình
1 2
2
1
x t
y t
z t
= +
= −
= − +
+ Tọa độ điểm A là giao của d với mặt cầu (S) có phương trình là
2 2 2
2
(2 ) ( 2 ) 4
3
t t t t+ − + = ⇔ = ±
.
Suy ra
1 2
7 4 1 1 4 5
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
A A
− − − −
÷ ÷
Khi đó tính được
( ) ( )
1 2
13 1
,( ) ,( )
3 3
d A P d A P= > =
Vậy tọa độ điểm A cần tìm
7 4 1
; ;
3 3 3
A
− −
÷
0,25
0,5
VIIb
2
(1 đ)
+ z =
21
2 3 20
(1 3) 1
1 (1 3) (1 3) (1 3) (1 3)
3
i
i i i i
i
+ −
+ + + + + + + + + =
Ta có
( )
21 21
1 3 2 os .sin (1 3) 2 os7 .sin 7
3 3
i c i i c i
π π
π π
+ = + ⇒ + = +
÷
=
21
2−
0,5
+
21 21
2 1 2 1
3 3
z i
i
− − +
= =
Vậy z là số thuần ảo.
- Hết -
0,5
7
. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 195
PHẦN CHUNG:( 7 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
2
(2 1)
(1)
1
m m x
x
− + −
−
(m là tham số )
1. Khảo sát sự biến thi n. ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
0,25
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;-1 ) làm tâm đối xứng
y
4
2
-2
-4
-1
-5
5
y=f(x)
y =-1
x=1
f
x
()