ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ Ngày tháng Năm 2013 PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 1 x y x + = − có đồ thị (C) 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2, Dựa vào đồ thị (C) của hàm số trên hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình ( ) 2 2 1 4 8 4 log 4 1 x x x m x + + − + = − Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 3 sin sin sin 2 3 sin .cos 3 3 6 2 x x x x x π π π + − + + = + − ÷ ÷ ÷ 2, Giải hệ phương trình ( ) 3 2 2 2 2 2 3 2 2 1 0 2 2 1 2 1 x x y y x x y x − + + + − = − = − + − ( ) ,x y ∈¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : 2 6 4 4sin .cos 1 6 I dx x x π π π = + + ÷ ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và AB BC CD a = = = Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng 3 2 a Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 1 1 1 a b c a b c + + = + + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ab bc ca= + + 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 trọng tâm 7 ;0 3 G ÷ , trực tâm ( ) 3;0H và trung điểm của cạnh BC là điểm ( ) 2; 1M − . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz; cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 1 9S x y z− + − + − = , hai điểm ( ) 0, 2, 1M − − và ( ) 1,0, 3N − Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N và cắt mặt cầu (S) tại duy nhất một điểm. Câu VIIa (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn đẳng thức 3 1 3 2 . 1 i z i z i − + = ÷ ÷ + . Hãy tính giá trị của biểu thức 2A z iz= + B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A, trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C lần lượt có phương trình là: 1 0x y− − = , 1 0y − = , 4 11 0x y+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C? 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz; cho mặt cầu ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 1 1 9S x y z− + − + − = và đường thẳng ( ) 3 3 2 : 1 1 2 x y z d − − − = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Câu VIIb (1,0 điểm) Cho các số phức 1 2 3 , ,z z z thỏa mãn các điều kiện 1 2 3 1z z z= = = và 1 2 3 0z z z+ + = .Chứng minh rằng 1 2 2 3 3 1 0z z z z z z+ + = HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ Bài 1. 1, (1,0 điểm) Tập xác định { } \ 1D = ¡ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: ( ) 2 2 ' 1 y x − = − , ' 0y < với mọi x D∈ suy ra hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ;1 , 1;−∞ + ∞ +) Cực trị: hàm số không có cực trị +) Giới hạn: 1 1 lim lim 1 1 1 x x x y x →±∞ →±∞ + = = ⇒ − đường thẳng 1y = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ,lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ ⇒ đường thẳng 1x = là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số +) Bảng biến thiên c. Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm ( ) 1;0− và cắt trục tung tại điểm ( ) 0; 1− . Đồ thị nhận điểm I(1; 1) làm tâm đối xứng. Bài 1: 2. (1,0 điểm)Điều kiện 1 0 x m ≠ > . Khi đó ta có ( ) 2 2 1 4 8 4 log 4 1 x x x m x + + − + = − 2 2 1 2 1 1 2 log log 1 1 x x x m m x x + + − + ⇔ = + ⇔ = − − (1) Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 x khi x x x x x khi x x + > + − = + − − < − suy ra đồ thị hàm số 1 1 x y x + = − (C') gồm hai phần: Phần 1: là phần đồ thị (C) nằm bên phải đường thẳng 1x = Phần 2: là phần đối xứng qua trục hoành với phần đồ thị (C) nằm bên trái đường thẳng x=1. Đồ thị như hình vẽ Số nghiệm của phương trình ban đầu bằng số nghiệm của phương trình (1) hay bằng số giao điểm của đồ thị hàm số (C') và đường thẳng y=m. Khi đó ta được: +) Nếu 2 log 1 0 0,5m m≤ − ⇔ < ≤ thì phương trình (1) vô nghiệm +) Nếu 2 1 log 1 0,5 2m m− < ≤ ⇔ < ≤ thì phương trình (1) có đúng một nghiệm +) Nếu 2 log 1 2m m> ⇔ > thì phương trình (1) có đúng 2 nghiệm phân biệt. Kết luận Bài 2: 1. (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 3 sin sin sin 2 3 sin .cos 3 3 6 2 x x x x x π π π + − + + = + − ÷ ÷ ÷ ( ) 2 2 1 cos2 1 cos 2 1 cos 2 3 3 3 3 3 sin cos cos 2 2 x x x x x x π π − + − − + + − ÷ ÷ ⇔ = + − 2 2 3 cos2 2cos cos 2 3 3 3sin cos 3 cos 2 2 x x x x x π − − ⇔ = + − ( ) 2 3 3sin 2 3 2cos 1x x⇔ = + − 3 sin 2 cos2 3x x⇔ + = 3 1 3 sin 2 . cos2 . sin 2 sin 2 2 2 6 3 x x x π π ⇔ + = ⇔ + = ÷ ( ) 2 2 6 3 12 2 2 6 3 4 x k x k k x k x k π π π π π π π π π π π + = + = + ⇔ ⇔ ∈ + = − + = + ¢ . Vậy phương trình có 2 họ nghiệm Bài 2: 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 2 2 2 0 0 2 1 1 1 0 x x x y y − ≥ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ . Khi đó hệ phương trình đã cho tương đường với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 3 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 f x f y x x y y x x y x x x y x − = − − − − = − − − ⇔ − = − + − − = − + − (1) Trong đó ( ) 3 3f t t t= − . Xét hàm số ( ) 3 3f t t t= − , [ ] 1;1t ∈ − ta có ( ) [ ] 2 ' 3 3 0, 1;1f t t t= − ≤ ∀ ∈ − suy ra hàm số ( ) f t đồng biến trên [ ] 1;1− Mặt khác do điều kiện của x,y ta có [ ] 2 1, 1 1;1x y− − ∈ − nên hệ (1) tương đương với 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 4 3 x y x y x x y x x x x − = − − = − ⇔ − = − + − − = − ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 4 3 17 26 9 0 1 3 3 4 4 x y x y x x x x x x y x x − = − − = − = ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ = ± ≥ ≥ . Vậy hệ đã cho Bài 3(1,0 điểm) Ta có ( ) 2 2 2 6 6 6 4 4 4 3 sin 2 cos2 2 2 3sin cos .cos 1 4sin .cos 1 6 I dx dx dx x x x x x x x π π π π π π π = = = + + + + + + ÷ ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 6 6 6 4 4 4 3 1 4cos 2 cos 2 1 2 sin 2 . cos 2 . 1 6 3 2 2 dx dx dx x x x x π π π π π π π π = = = − − + + + ÷ ÷ ÷ ÷ ∫ ∫ ∫ ( ) 2 6 tan tan tan 0 3 6 3 x π π π π − = − = ÷ ÷ ÷ . Vậy 3I = Bài 4(1,0 điểm) K H D C B A S Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD). Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng SD. Do ABCD là nửa lục giác đều nên AB vuông góc với BD, kết hợp với AB vuông góc với SH suy ra ( ) AB SBD AB BK⊥ ⇒ ⊥ ⇒ BK là đoạn vuông góc chung của AB và SD suy ra BK= 3 2 a Do BC//AD suy ra 1 2 2 3 2 3 3 HB BC a HB BD HD AD = = ⇒ = = Mặt khác ta có 2 2 3 2 . . . 3 . 2 SBD a S SH BD BK SD SH a SH HB= = ⇒ = + Ta có 2 0 1 1 3 3 . . .sin120 2 2 4 ABCD ABD BCD a S S S AB BD BC CD= + = + = Vậy 2 3 1 1 2 3 3 3 . . . 3 3 3 4 6 ABCD ABCD a a a V SH S= = = Bài 5(1,0 điểm) Ta có 1 1 1 1 2 2 . 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a a b c a b c b c + + = ⇒ = + ≥ + + + + + + + + (1) Tương tự như trên ta được 1 1 1 1 2 . 1 1 1 1 1 b b a c a c = + ≥ + + + + + (2), 1 1 1 1 2 . 1 1 1 1 1 c c a b a b = + ≥ + + + + + (3) Nhân từng vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 8 1 1 1 1 1 1 abc abc a b c a b c ≥ ⇒ ≥ + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: ( ) 2 3 3 3 . . 3 12P ab bc ca ab bc ca abc= + + ≥ = ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a b c= = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 12 Bài 6a: 1. (1,0 điểm)Do G là trọng tâm nên ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3;2 2 2 A G G M A A A G G M x x x x x GA MG A y y y y y − = − = = ⇔ ⇔ ⇒ = − = − uuur uuuur Do H là trực tâm nên AH BC BC ⊥ ⇒ qua M và có vector pháp tuyến ( ) 2 0;1 : 1 0AH BC y= − ⇒ + = uuur . Do B nằm trên BC nên ( ) ; 1B t − , kết hợp với M là trung điểm của BC nên theo công thức trung điểm ta được ( ) 4 ; 1C t− − Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 3 4 3 0 1 1 2 0BH AC t t= ⇔ − − − + + − − = uuur uuur 2 0 4 0 4 t t t t = ⇔ − = ⇔ = +) ( ) ( ) 0 0; 1 , 4; 1t B C= ⇒ − − +) ( ) ( ) 4 4; 1 , 0; 1t B C= ⇒ − − . Vậy tọa độ Bài 6a: 2. (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm ( ) 1;1;1I và bán kính 3R = . Giả sử (P) có vector pháp tuyển là ( ) 2 2 2 , , , 0 P n a b c a b c= + + ≠ uur . Do (P) đi qua điểm M nên phương trình ( ) ( ) ( ) : 2 1 0P ax b y c z+ + + + = , mặt khác (P) đi qua điểm N suy ra 2 2 0 2 2a b c a c b + − = ⇒ = − . (P) cắt (S) tại đúng một điểm khi và chỉ khi (P) tiếp xúc với (S) ( ) ( ) ;d I P R⇔ = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 3 3 44 80 29 0 2 2 a b c b c b bc c a b c c b b c + + + ⇔ = ⇔ = ⇔ − + = + + − + + ( ) ( ) 2 22 29 0b c b c⇔ − − = 2 ; 22 29b c b c⇔ = = +) Nếu 2 0b c − = , chọn ( ) 1, 2 2 : 2 2 4 0b c a P x y z= = ⇒ = ⇒ + + + = 2 2 2 2 2 4 4 2 2 4 3 3 3 a a a SH SH SH SH SH⇒ = + ⇒ = + ⇒ = +) Nếu 22 29b c = , chọn ( ) 29, 22 14 : 14 29 22 80 0b c a P x y z= = ⇒ = − ⇒ − + + + = Vậy phương trình Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 3 1 3 3 3 3 3 4 1 1 3 8 4 2 . 2 2 1 1 3 3 2 2 1 2 i i i i i z i z i i i i i i i − + − + − − + = = = = = = + ÷ ÷ + + + + − + − Bài 7a: (1,0 điểm) Đặt ; ,z a bi a b= + ∈¡ . Do đó ( ) 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2z i z i a bi ai bi i a b a b i i+ = + ⇔ + + − = + ⇔ + + + = + 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 a b a b z i a b + = ⇔ ⇔ = = ⇒ = + + = Do đó 2 2 2 2 2 . 2 . 2 . 2 2 8 3 3 3 3 A z i z i i i i i= + = + + − = + = Bài 6b(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AC, D là chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A, H là chân đường cao kẻ từ đỉnh C. Do A nằm trên AD và M nằm trên BM nên ta có thể giả sử ( ) ( ) , 1 , ,1A a a M b− , kết hợp với M là trung điểm của AC ta được ( ) 2 ;3C b a a− − . Do C thuộc vào CH nên ta có: ( ) 4 2 3 11 0 5 8 8b a a a b− + − − = ⇔ − = − (1) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD suy ra N nằm trên đường thẳng AB, gọi K là giao điểm của MN và AD. Ta có ( ) 1,1 : 1 0 MN AD MN AD n u MN x y b⊥ ⇒ = = ⇒ + − − = uuur uuur Do K là giao điểm của MN và AD nên tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 2 2 ; 1 0 2 2 2 b x x y b b b N x y b y + = + − − = + ⇔ ⇒ ÷ − − = = , kết hợp K là trung điểm của MN suy ra ( ) 2 2 2; 1 2 1 N K M N K M x x x N b y y y b = − = ⇒ − = − = − Do ( ) ( ) . 0 1. 2 4 0 3 4 2 CH AN CH AN u a b a a b⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ − = − uuur uuur (2) Từ (1) và (2) ta được ( ) ( ) 5 8 8 4 4;3 , 3; 1 3 4 2 3,5 a b a A C a b b − = − = ⇔ ⇒ − − = − = ( ) 1; 4 AB CH AB CH n u⊥ ⇒ = = − uuur uuur ( ) ( ) :1. 4 4 3 0 4 8 0AB x y x y⇒ − − − = ⇔ − + = . Do B là giao điểm của AB và BM nên tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) 4 8 0 4 4;1 1 0 1 x y x B y y − + = = − ⇔ ⇒ − − = = . Vậy tọa độ các đỉnh Bài 6b(1,0 điểm) 2. (1,0 điểm) (S) có tâm ( ) 1,1,1I , bán kính R=3. Gọi K là hình chiếu của I lên (P), H là hình chiếu của I lên (d) và r là bán kính đường tròn là giao của (P) với (S). Khi đó ta có 2 2 2 2 r R IK R IH= − ≥ − Dấu bằng xảy ra khi K H≡ , từ đó suy ra để (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất thì (P) phải vuông góc với IH. Phương trình tham số của (d) là ( ) 3 3 3 ,3 ,2 2 2 2 x t y t H t t t z t = + = + ⇒ + + + = + . Do IH vuông góc với (d) nên ta có ( ) . 0 2 2 2 4 0 6 6 0 1 2,2,0 d IH u t t t t t H= ⇔ + + + + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ uuur uur . Do (P) vuông góc IH nên (P) nhận ( ) 1,1, 1IH = − uuur và đi qua ( ) 2,2,0H có phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) :1 2 1. 2 1. 0 0 4 0P x y z x y z− + − − − = ⇔ + − − = . Vậy phương trình Bài 7b(1,0 điểm) Ta có 1 1 2 2 3 3 . 1, . 1, . 1z z z z z z= = = Từ đó suy ra 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 . . .z z z z z z z z z z z z + + = + + 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0 . . . . z z z z z z z z z z z z + + + + = = = . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ Ngày tháng Năm 2013 PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 1 x y x + = − có đồ thị (C) 1, Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. = HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ Bài 1. 1, (1,0 điểm) Tập xác định { } 1D = ¡ Sự biến thi n +) Chi u biến thi n: ( ) 2 2 ' 1 y x − = − , ' 0y < với mọi x D∈ suy ra hàm số nghịch biến. thị (C) của hàm số trên. 2, Dựa vào đồ thị (C) của hàm số trên hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình ( ) 2 2 1 4 8 4 log 4 1 x x x m x + + − + = − Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: