ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 70 Ngày 25 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 4y x x= − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên; 2. Hãy lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm ( ) 1;2M , cắt (C) tại 3 điểm phân biệt sao cho khoảng cách giữa hai giao điểm có hoành độ khác 1 bằng 10 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos4 1 2 sin 2 cos 3sin 2 0x x x x+ − − − = 2. Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau đây có đúng hai nghiệm thực phân biệt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 4 4 12m x x x x m+ + − − + + − = + ( ) x ∈¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 4 0 .sin 2 cos x x I dx x π = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và mặt bên SAB là một tam giác đều, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 0 60 và mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 0 45 . Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a , biết rằng diện tích tam giác SBC bằng 2 3 2 2 a ( ) 0a > . Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 5 6 4 3 3 7 2 2 8 2 6 1 0 y x y x y x x xy y x + + + − = + + + − − − − + = ( ) ,x y ∈¡ 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 VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 2;4A . Đường thẳng qua trung điểm của cạnh AB và AC có phương trình: 4 6 9 0x y− + = ; trung điểm của cạnh BC nằm trên đường thẳng d có phương trình: 2 2 1 0x y− − = . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 7 2 và đỉnh C có hoành độ lớn hơn 1. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 2 mặt phẳng (P), (Q) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: ( ) ( ) ( ) 1 1 : 2 0, : 3 3 1 0, : 2 1 1 x y z P x y z Q x y z d − − − + = − + + = = = . Hãy viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ nằm trong mặt phẳng (P), song song với mặt phẳng ( ) Q và cắt đường thẳng (d). Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện 2 2 3 10 4z z z i+ − − = . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxy); cho hình chữ nhật ABCD và các đường thẳng AB, AD lần lượt đi qua các điểm ( ) ( ) 2;3 , 1;2M N − . Hãy lập phương trình các đường thẳng BC và CD, biết rằng hình chữ nhật ABCD có tâm là 5 3 ; 2 2 I ÷ và độ dài đường chéo AC bằng 26 . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 2 đường thẳng ( ) ( ) , 'd d lần lượt có phương trình là: ( ) ( ) 2 1 2 4 2 : , ' : 1 2 2 1 6 2 x y z x y z d d − − − + − = = = = − . Viết phương trình mặt cầu (S) nhận đoạn vuông góc chung của ( ) ( ) , 'd d làm đường kính. Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực ,b c sao cho số phức ( ) ( ) ( ) ( ) 9 6 4 1 3 2 1 3 1 i i i i + − − + là nghiệm của phương trình 2 10 0.z bz c + + = 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 70 Câu NỘI DUNG TRÌNH BÀY Điểm I 1. (1,0 điểm) a) Tập xác định D = ¡ b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 , ' 0 2 x y x x y x = = − = ⇔ = Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) ;0 , 2;−∞ +∞ ; hàm số nghịch biến trên ( ) 0;2 . 0,25 +) Giới hạn: 3 3 3 4 lim lim 1 x x y x x x →+∞ →+∞ = − + = +∞ ÷ ; 3 3 3 4 lim lim 1 x x y x x x →−∞ →−∞ = − + = −∞ ÷ +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 4 CD x y= ⇒ = , hàm số đạt cực tiểu tại 2 0 CT x y= ⇒ = 0,25 +) Bảng biến thiên - ∞ + ∞ 0 4 - + + 0 0 2 0 + ∞ - ∞ y y' x 0,25 c) Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm ( ) 0;4 , cắt trục hoành tại ( ) ( ) 1;0 , 2,0− 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 -1 4 2 0 0,25 2. (1,0 điểm) Dễ thấy nếu đường thẳng (d) không có hệ số góc thì chỉ cắt (C) tại đúng một điểm suy ra đường thẳng (d) có hệ số góc là ( ) ( ) : 1 2 2k d y k x kx k ⇒ = − + = − + . Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: ( ) 3 2 3 2 3 4 1 2 3 2 0x x k x x x kx k− + = − + ⇔ − − + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 0 1; 2 2 0 1x x x k x x x k⇔ − − − − = ⇔ = − − − = Đường thẳng (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 hay ' 3 0 3 3 1 2 2 0 3 k k k k k ∆ = + > > − ⇔ ⇔ > − − − − ≠ ≠ − 0,25 Gọi hai giao điểm có hoành độ khác 1 là A, B. Khi đó hoành độ của A, B là hai nghiệm của pt (1) suy ra ( ) ( ) 1 1 2 2 , 2 , , 2A x kx k B x kx k − + − + ; 1 2 1 2 2, 2 .x x x x k + = = − − 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 4 2 1 3AB x x kx kx k x x x x k k= − + − = + + − = + + 0,25 Do đó ( ) ( ) 2 3 2 10 1 3 5 3 22 0AB k k k k k= ⇔ + + = ⇔ + + − = ( ) ( ) 2 2 5 11 0 2k k k k⇔ − + + = ⇔ = . Vậy ( ) ( ) : 2 1 2 2d y x x = − + = 0,25 II 1. (1,0 điểm) Pt ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2sin 2 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x ⇔ − + − − − = 0,25 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 sin 2 1 2 sin 2 1 2 sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x x⇔ − + + − − − = ( ) ( ) 1 2 sin 2 2 2sin 2 cos 3 sin 2 0x x x x ⇔ − + + − − = ( ) ( ) 2 1 2 sin 2 2sin 2 cos 3 sin 0 sin 2 ; 3 sin cos 2sin 2 2 x x x x x x x x⇔ − + − = ⇔ = − = 0,25 +) ( ) 2 3 sin 2 sin ; 2 4 8 8 x x k x k k π π π π π = = ⇔ = + = + ∈¢ +) 3 1 3sin cos 2sin 2 sin cos sin 2 sin 2 sin 2 2 6 x x x x x x x x π − = ⇔ − = ⇔ = − ÷ 0,25 ( ) 2 6 6 7 2 2 6 18 3 x x k x k k x x k x k π π π π π π π π π = − + = − + ⇔ ⇔ ∈ = − + + = + ¢ Vậy phương trình có các họ nghiệm là 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện 2 2x − ≤ ≤ , đặt 2 2 2 2 2 10 3 4 4t x x t x x= + − − ⇒ = − − − ( ) ' 1 1 0, 2;2 2 2 2 x t x x x = + > ∀ ∈ − + − nên [ ] [ ] 2;2 4;2x t ∈ − ⇔ ∈ − 0,25 Khi đó pt đã cho có dạng: ( ) ( ) 2 2 2 10 12 1 2 2m t t m m t t t + + − = + ⇔ − = − + +) Nếu 1t = thay vào pt trên không thỏa mãn +) Nếu 1t ≠ pt trên có dạng 2 2 2 1 t t m t − + = − (1). Xét hàm số ( ) [ ] { } 2 2 2 , 4;2 \ 1 1 t t f t t t − + = ∈ − − 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' , ' 0 0, 2. 1 t t f t f t t t t − = = ⇔ = = − Ta có bảng biến thiên như sau: - 2 2 + ∞ - ∞ 1 - 26 5 -2 - + 0 0 -4 f(t) f'(t) t 0,25 Dựa vào bảng biến thiên ta được pt ban đầu có đúng hai nghiệm phân biệt 26 2 5 m⇔ − ≤ < − 0,25 III Ta có 3 3 0 .2sin cos x x I dx x π = ∫ ; đặt ( ) 2 3 3 2 2 cos 1 sin 2cos cos cos u x du dx d x xdx v dv x x x = = ⇒ = = = − 0,5 Do đó 3 3 3 2 2 0 0 0 1 4 4 2 tan 3 2cos cos 3 3 dx I x x x x π π π π π = − = − = − ÷ ∫ . Vậy 0,5 3 IV S N M H D C A B Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABCD); gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm H lên các đường thẳng AB, BC. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) · ( ) · · 0 , , 60AB SHM AB SM SAB ABCD SM HM SMH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = 0,25 Tam giác SAB đều nên 0 3 3. .sin 60 2 4 AB AB SM SH SM= ⇒ = = Do ( ) ( ) ( ) ( ) · ( ) · · 0 , , 45BC SHN BC SN SBC ABCD SN HN SNH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = 0 3 2. . 2 sin 45 4 SH AB SN SH⇒ = = = 0,25 Ta có 2 2 1 3 2 3 2 . 2 2 8 2 SBC AB a S SN BC AB a= = = ⇒ = 0,25 Vậy 2 3 . 1 1 3. . . . 2 3 3 4 S ABCD ABCD AB V SH S AB a= = = 0,25 V Điều kiện: 6 1, , 4 0,3 3 7 0 5 x y x y x y≥ ≥ − + − ≥ + + ≥ Pt thứ 2 của hệ có dạng: ( ) 2 2 8 2 3 1 0x y x y − + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 ' 2 2 3 8 1 9 6 1 3 1 x y y y y y∆ = + − − + = + + = + suy ra phương trình trên có 2 nghiệm 1 2 3 3 1 1 3 3 1 1 , 8 2 8 4 y y y y y y x x + + + + + − − − + = = = 0,25 +) Nếu 1 4 1 0 4 y x x y − + = ⇔ + − = không thỏa mãn điều kiện 6 1, 5 x y≥ ≥ − +) Nếu 1 2 1 2 y x y x + = ⇔ = − thay vào pt ban đầu của hệ ta được pt sau: 10 1 3 5 9 4 2 2x x x x+ + − = + + − 0,25 10 1 9 4 3 5 2 2 0x x x x⇔ + − + + − − − = 10 1 9 4 3 5 2 2 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x x x + − − − − + ⇔ + = + + + − + − 3 3 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x − − ⇔ + = + + + − + − 0,25 ( ) 1 1 3 0 3 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x ⇔ − + = ⇔ = ÷ + + + − + − suy ra 5y = . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( ) ; 3;5 .x y = 0,25 VIa 1. (1,0 điểm) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng qua trung điểm của AB và AC, ta tính được 40 31 ' ; 13 13 A ÷ . Từ đó ta lập được đường thẳng : 2 3 1 0BC x y− + = . 0.25 4 Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên 5 ;2 2 M ÷ . Do C thuộc đường thẳng BC nên tọa độ của C là 3 1 ; 2 t C t − ÷ . 0.25 Ta có ( ) 1 7 1 7 ( ) ; . . 13 2 2 2 13 S ABC d A BC BC BC BC= ⇔ = ⇔ = 13 2 CM⇔ = . 0.25 ( ) 2 2 13 3 6 13 2 3; 1 2 2 2 t CM t t t − = ⇔ + − = ⇔ = = ÷ . Thay lại ta được ( ) ( ) 4;3 ; 1;1C C (loại vì hoành độ của C lớn hơn 1) và tọa độ điểm ( ) 1;1B . 0.25 2. (1,0 điểm) (P), (Q) lần lượt có vtpt là ( ) ( ) ( ) 1; 2;1 , 1; 3;3 , 3; 2; 1 P Q P Q n n n n = − = − ⇒ = − − − uur uur uur uur (d) có ptts: 1 2 , , 1x t y t z t = + = = + , gọi A là giao điểm của (d) và ( ) ∆ suy ra ( ) 1 2 , ,1A t t t + + . Do A nằm trên mặt phẳng (P) nên: 1 2 2 1 0 2t t t t + − + + = ⇔ = − 0,5 Suy ra ( ) 3; 2; 1A − − − . Theo giả thiết ta có: ( ) , 3; 2; 1 d P d P Q d Q u n u n n u n ⊥ ⇒ = = − − − ⊥ uur uur uur uur uur uur uur . Vậy phương trình đường thẳng ( ) ∆ có pt là: ( ) 3 2 1 : 3 2 1 x y z+ + + ∆ = = 0,5 VII a Giả sử ; ,z x yi x y= + ∈¡ . Ta có 2 2 2 ,z x y z x yi = + = − thay vào pt ta được: 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 3 10 4x y x yi x yi y+ + + − − − = ( ) 2 2 4 5 10 0x y x y i⇔ + − − + − = 0,25 2 2 2 1 2 4 0 0 5 10 0 2 0 2 x y x y x x x y y x y = = + − − = − = ⇔ ⇔ ⇔ − = = = = 0,25 Vậy 1 2z i = + hoặc 2z i= . 0,25 VIb 1. (1,0 điểm) Giả sử đường thẳng AB có vtpt là ( ) ( ) 2 2 ; 0 AB n a b a b = + > uuur , do AD vuông góc với AB nên đường thẳng AD có vtpt là ( ) ; AC n b a = − r . Do đó phương trình AB, AD lần lượt là: ( ) ( ) ( ) ( ) : 2 3 0; : 1 2 0AB a x b y AD b x a y− + − = + − − = . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 3 7 2 ; ; 2 ; a b b a AD d I AB AB d I AD a b a b − + = = = = + + 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 7 26 26 3 7 a b b a AC AB AD a b a b b a a b − + + = + ⇔ = ⇔ + = − + + + 2 2 3 4 0 4 3 a b a ab b b a = − ⇔ − − = ⇔ = Gọi M', N' lần lượt là điểm đối xứng của M, N qua I suy ra ( ) ( ) ' 3;0 , ' 6;1M N 0,25 +) Nếu a b = − , chọn 1, 1a b= = − suy ra ( ) ( ) 1; 1 , 1;1 AB AD n n= − = r r Đường thẳng CD có vtpt là ( ) 1; 1 AB n = − r và đi qua điểm ( ) ' 3;0M có phương trình là: 5 ( ) :1 3 0 3 0CD x y x y− − = ⇔ − − = . Đường thẳng BC có vtpt là ( ) 1;1 AD n = r và đi qua điểm ( ) ' 6;1N có phương trình là: ( ) ( ) :1 6 1 1 0 7 0BC x y x y− + − = ⇔ + − = 0,25 +) Nếu 4 3 b a = , chọn 4, 3a b = = suy ra ( ) ( ) 4;3 , 3; 4 AB AD n n = = − r r Đường thẳng CD có vtpt là ( ) 4;3 AB n = r và đi qua điểm ( ) ' 3;0M có phương trình là: ( ) ( ) : 4 3 3 0 0 4 3 12 0CD x y x y − + − = ⇔ + − = . Đường thẳng BC có vtpt là ( ) 3; 4 AD n = − r và đi qua điểm ( ) ' 6;1N có phương trình là: ( ) ( ) :3 6 4 1 0 3 4 14 0BC x y x y − − − = ⇔ − − = Vậy 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có ( ) ( ) ' 1, 2,2 , 1,6,2 d d u u= − = r r và phương trình tham số của (d) và (d') lần lượt là: ( ) ( ) : 2 , 1 2 , 2 ; ' : 2 , 4 6 , 2 2d x t y t z t d x u y u z u = − = + = = + = − + = + Gọi MN là đoạn vuông góc chung và ( ) ( ) 2 ,1 2 ,2 , 2 , 4 6 ,2 2M t t t N u u u− + + − + + ( ) ,6 2 5,2 2 2MN u t u t u t ⇒ = + − − − + uuuur 0,25 Ta có ' . 0 15 9 6 1 ' 41 15 26 1 . 0 d d MN d MN u u t t MN d u t u MN u ⊥ = − = = ⇔ ⇔ ⇔ ⊥ − = = = uuuur r uuuur r ( ) ( ) 1,3,2 , 3,2,4M N⇒ 0,25 Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm 5 2, ,3 2 I ÷ của MN và có bán kính 3 2 2 MN R = = 0,25 Phương trình của (S) là: ( ) ( ) 2 2 2 5 9 2 3 2 4 x y z − + − + − = ÷ 0,25 VII b Ta có ( ) 3 2 3 1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = − ; ( ) 3 2 3 1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = − ; ( ) 2 1 2i i+ = 0,25 Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 3 6 2 2 4 1 3 2 8 2 4 2 8 2 1 3 1 i i i i i i i + − − − = = − − − + là nghiệm của phương trình 2 10 0z bz c+ + = ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 10 0 2 8 4 10 12 0i b i c b i b c⇔ − + − + = ⇔ − + + + + = 0,5 8 8 4 10 12 0 2 b b b c c = − = − ⇔ ⇔ + + = = . Vậy 8, 2.b c= − = 0,25 6 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 70 Ngày 25 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 4y x x= − + có đồ thị (C) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. điểm) Tìm tất cả các số thực ,b c sao cho số phức ( ) ( ) ( ) ( ) 9 6 4 1 3 2 1 3 1 i i i i + − − + là nghiệm của phương trình 2 10 0.z bz c + + = 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 70 Câu NỘI DUNG TRÌNH. trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 4 CD x y= ⇒ = , hàm số đạt cực tiểu tại 2 0 CT x y= ⇒ = 0,25 +) Bảng biến thi n - ∞ + ∞ 0 4 - + + 0 0 2 0 + ∞ - ∞ y y' x 0,25 c) Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục