Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108 Ngày 21 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số : 2 1 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm I( -1 ; 2) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác AOB có diện tích bằng 3 ( O là gốc tọa độ). Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2cos 2 3sin cos 1 3 cos sin 2cos2 x x x x x x − + = − . Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải bất phương trình: 8 2 3. 9 1 x x x x − − − ≥ − − Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân : I = 3 2 0 3sin sin 2 (cos2 3cos 1)(3 2sin ) x x dx x x x π − − + − ∫ Câu 5 ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AA’ = 2a, AB = AC = a (a > 0) và góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ điểm A đến mp(A’BC) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC. Câu 6 ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z(z-x-y)=x+y+1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 4 4 3 ( ).( ).( ) x y x yz y zx z xy+ + + II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng : 1 0x y∆ − + = , đường thẳng BC song song với ∆ và đường cao kẻ từ B có phương trình: 2x – y – 2 = 0. Tính diện tích tam giác ABC biết điểm M 5 5 ( ; ) 2 4 nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC. Câu 8a ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (P): 2x + y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 2 1 2 1 x y z− = = − và d 2 :. 1 3 3 1 3 2 x y z− − + = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với ( P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại M, N sao cho đoạn MN ngắn nhất. Câu 9a ( 1,0 điểm) Tính môđun của số phức z – 2i biết 1 3 3 1 3 2 x y z− − + = = − . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn ( C 1 ): 2 2 4 0x y y+ − = và (C 2 ): 2 2 4 18 36 0x x y y+ + + + = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I nằm trên đường thẳng d: 2x + y – 7 = 0 đồng thời tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn ( C 1 ) và ( C 2 ). Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 4; 3) và hai đường thẳng 1 ∆ 1 9 1 1 2 x y z+ − = = − − , 2 ∆ : 1 3 4 2 1 1 x y z− − − = = − − lần lượt chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 9b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 log log 1 log ( ) 1 xy x x y y x y − = − = , ( ∈yx, R ) Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 108 Câu 1: 1, * Tập xác định: R \{-1} * Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: y’ = ( ) 2 3 0 1x > − với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng. ( , 1), ( 1, )−∞ − − +∞ − Cực trị: Hàm số không có cực trị. − Giới hạn và tiệm cận: lim 2 x y →−∞ = , lim 2 x y →+∞ = ⇒ tiệm cận ngang y = 2, 1 lim x y − → − = +∞ , 1 lim x y + → − = −∞ ⇒ tiệm cận đứng x = -1. − Bảng biến thiên: − Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm (0, −1); (2, 1) và nhận I(-1, 2) làm tâm đối xứng. Vẽ đồ thị Bạn đọc tự vẽ ( xin cảm ơn) 2,Gọi k là hệ số góc của đt ∆ suy ra PT ∆ : y = k( x+1) + 2. PT hoành độ giao điểm của ∆ và (C) : 2 1 1 x x − = + k( x+1) +2 2 2 3 0kx kx k⇔ + + + = (*) Đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 0 ' 0 k ≠ ⇔ ⇔ ∆ > k < 0 . Với k < 0 gọi A( x 1 ; k(x 1 + 1) + 2), B( x 2 ; k(x 2 + 1) + 2) là các giao điểm của ∆ với ( C ) thì x 1 , x 2 là các nghiệm của PT (*) . Theo Viet ta có 1 2 1 2 2 3 . x x k x x k + = − + = . Ta có AB = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 ( ) 1x x k x x k x x− + − = + − = = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 12 1 4 . 1 .k x x x x k k − + + − = + , d( O ; ∆ ) = 2 2 1 k k + + Theo bài ra diện tích tam giác ABC bằng 3 nên ta có : 1 2 AB d( O ; ∆ ) = 3 1, 4k k⇔ = − = − thỏa mãn k < 0. Vậy có 2 PT đường thẳng ∆ là y = - x + 1; y = - 4x -2. Câu 2: Điều kiện: cos2x ≠ 0 (*) Pt đã cho ⇔ 2 2 3cos 2 3 sin cos sin 2cos2 x x x x x − + = 3 cos sinx x− ⇔ 2 ( 3 cos sin ) 2cos 2x x x− = ( 3 cos sinx x− ) ⇔ 3 cos sin 0 2cos2 3 cos sin x x x x x − = ⇔ = − tan 3 cos 2 cos( ) 6 x x x π = = + 3 2 2 , 6 18 3 x k x k x k π π π π π π = + ⇔ = + =− + Các nghiệm đều TMĐK ( *) nên phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: 2 , 2 , ( ) 3 6 18 3 x k x k x k k Z π π π π π π = + = + =− + ∈ . Câu 3 : ĐK : 1< x¸< 9 ( * ). Với đk ( * ) ta có : ( 1) 1 1 9 1 3 9 1 x x x x ⇔ − + − − + ≥ ÷ − − 9 1 9 1 3 9 . 1 x x x x x x − + − ⇔ − + − − ≥ ÷ ÷ − − ( 2 ) Đặt t = 9 1x x− + − , t > 0. Ta có:. 2 8 8 2 (9 ).( 1) 8 9 1 16t x x x x< = + − − ≤ + − + − = 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 2 4t⇒ < ≤ ( ** ) và 2 8 (9 ).( 1) 2 t x x − − − = . Khi đó BPT ( 2 ) trở thành: 2 2 3 8 t t t − ≥ − 3 2 3 10 24 0t t t⇔ − − + ≥ ( do ( **) ). ⇔ ( 3).( 2).( 4) 0 4t t t t+ − − ≥ ⇔ ≥ . Kết hợp với ( ** ) ta suy ra t = 4 hay 9 1x x− + − = 4 5x⇔ = . Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T = { } 5 . Câu 4: Ta có I = 3 2 2 0 3sin sin 2 (2cos 3cos )(3 2sin ) x x dx x x x π − − − ∫ = 3 2 0 sin (3 2cos ) (2cos 3).cos . (1 2cos ) x x dx x x x π − − + ∫ = 3 2 0 sin (3 2cos ) (2cos 3).cos . (1 2cos ) x x dx x x x π − − + ∫ 3 2 0 sin cos . (1 2cos ) x dx x x π − = + ∫ = 3 2 2 0 cos .( sin ). cos . (1 2cos ) x x dx x x π − + ∫ . Đặt t = 2 2cos x 4cos .( sin )dt x x dx⇒ = − Đổi cận: Khi x = 0 2t⇒ = ; khi 1 3 2 x t π = ⇒ = . Khi đó I = 1 2 2 1 2 .(1 ) dt t t+ ∫ = = 1 2 2 1 1 1 2 1 dt t t − ÷ + ∫ = 1 2 2 1 . 2 ln 1 t t+ = 1 1 2 .(ln ln ) 2 3 3 − = 1 1 .ln 2 2 . Vậy I = 1 ln 2 2 − . Câu 5 : Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 nên góc 0 ' 60A AH∠ = và do AA’ = 2a nên A’H = 3a là một đường cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và AH = a. Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một đường cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a nên H nằm ngoài tam giác ABC và nằm trên tia đối của tia AM suy ra A là trọng tâm của tam giác HBC. 60 2a a a M C A A' B' C' B H K Khi đó ta có AM = 2 3 2 a BC MC a⇒ = = 2 1 . 3 . 2 4 ABC a S BC AM ∆ ⇒ = = . Thể tích khối lăng trụ đã cho là : V = 3 3 ' . 4 ABC a A H S ∆ = . Nối A’M, ta có mp(A’HM) BC⊥ khi đó kẻ HK ' , 'A M K A M⊥ ∈ thì HK ( ' )A BC⊥ nên độ dài đoạn HK là d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có : 2 2 2 1 1 1 3 ' 7 a HK HK A H HM = + ⇒ ⇒ = . suy ra khoảng cách d( H ; (A’BC)) = 3 7 a . Ta lại có : d( H ; ( A'BC)) 3 d( A ; ( A'BC)) HM AM = = . Vậy khoảng cách d( A ; (A’BC)) = 7 a . Câu 6 : Vì z(z-x-y)=x+y+1 ⇒ (z + 1)( x + y) = z 2 - 1 và do z > 0 nên ta có: 1x y z+ + = . 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Khi đó : T = [ ] 4 4 3 ( ).(1 ).( ).(1 ). ( 1)( 1) x y x y y x y x x y+ + + + + + = [ ] 4 4 4 2 ( ) . ( 1)( 1) x y x y x y+ + + Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có : ( ) 4 4 3 3 4 4 4 1 1 4 4 . 3 3 3 27 27 x x x x x x + = + + + ≥ = ÷ ÷ ÷ , ( ) 4 4 3 3 4 4 4 1 1 4 4 . 3 3 3 27 27 y y y y y y + = + + + ≥ = ÷ ÷ ÷ , ( ) xyyx 4 2 ≥+ . Do đó [ ] 4 2 ( ) . ( 1)( 1)x y x y+ + + 3 3 9 8 4 4 6 6 . 4 4 .4 . . . 3 3 x y xy x y≥ = suy ra 6 9 3 4 T ≤ ( * ) Dấu “=” ở ( * ) xảy ra 1 3, 3, 7 3 3 1 x y x y z z x y = = ⇔ ⇔ = = = = + + .Vậy Max 6 9 3 4 T = khi x= 3, y =3, z = 7 Câu 7a: PT đường thẳng d đi qua M và vuông góc với đường cao kẻ từ B là: x + 2y - 5 = 0. Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 2 5 0 1 (1; 2) 1 0 2 x y x A x y y + − = = ⇔ ⇒ − + = = 3 3 ( ; ) 2 4 AM⇒ = − uuuur Do điểm M 5 5 ( ; ) 2 4 nằm trên cạnh AC và thỏa mãn AM = 3 MC nên ta có 4 3 AC AM= uuur uuuur suy ra tọa độ điểm C là C(3 ; 1). Đường thẳng BC song song với 01: =+−∆ yx và đi qua C(3 ; 1) nên có PT: x – y - 2 = 0. Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ: 2 0 0 (0; 2) 2 2 0 2 x y x B x y y − − = = ⇔ ⇒ − − − = = − Ta có: (3; 3) 3 2BC BC= ⇒ = uuur , d( A; BC) = 1 2 2 3 2 2 − − = Vậy diện tích tam giác ABC là: 1 ( ; ) 2 S BC d A BC= = 9 2 Câu 8a: Do M 1 d∈ , N 2 d∈ nên tọa độ các điểm M, N có dạng: M( t ; 2 – 2t; t), N( 1 + s; 3 - 3s; - 3+2s) suy ra (1 ;1 2 3 ; 3 2 )MN s t t s t s= + − + − − − + uuuur .Do ∆ song song với ( P ) nên ta có: . 0 P MN n = uuuur uur 2(1 ) 1 2 3 3 2 0s t t s t s⇔ + − + + − − − + = s t⇔ = . Khi đó 2 2 (1;1 ; 3 ) 1 (1 ) ( 3 )MN t t MN t t= − − + ⇒ = + − + − + uuuur = 2 2 8 11t t− + 2 2( 2) 3 3t= − + ≥ với mọi t. Dấu “ = ” xảy ra khi t = 2 ⇔ M( 2 ; -2 ; 2) ( )P∉ ( thỏa mãn MN song song với (P)). Đoạn MN ngắn nhất khi và chỉ khi M( 2 ; -2 ; 2), ).1;1;1( −−=MN Vậy PT đường thẳng ∆ cần tìm là: 2 2 2 1 1 1 x y z− + − = = − − . Câu 9a: Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ). Khi đó: ( 2 ).( 2 ) 4 0z i z i iz− − + = ⇔ ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0 ⇔ ( a 2 + b 2 – 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0 ⇔ a 2 + b 2 – 4b – 4 = 0 Ta lại có: 2 2 2 ( 2) 4 4z i a b i a b b− = + − = + − + = 2 2 4 4 8 8 2 2a b b+ − − + = = Vậy môđun của z – 2i bằng 22 . Câu 7b.Đường tròn ( C 1 ) có tâm I 1 ( 0 ; 2 ) và bk R 1 = 2, Đường tròn ( C 2 ) có tâm I 2 ( -2 ; -9) và bk R 2 = 7. Gọi R là bk đường tròn ( C ). Do I thuộc d nên tọa độ I có dạng ( a; 7 -2a). 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do ( C ) tiếp xúc ngoài với hai đường tròn ( C 1 ) , ( C 2 ) nên ta có: 1 1 2 2 I I R R I I R R = + = + 2 1 2 1 5I I I I R R⇒ − = − = Ta có: 1 ( ; 2 5)I I a a= − − uuur ; 2 ( 2 ;2 16)I I a a= − − − uuur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 5 2 2 16 2 5 5I I I I a a a a− = ⇔ + + − − + − = ⇔ 2 2 5 60 260 5 20 25 5a a a a− + = − + + ⇔ 2 5 20 25 21 4a a a− + = − 2 2 21 4 5 20 25 441 168 16 a a a a a ≤ ⇔ − + = − + 21 4 4 104 4 11 a a a hoac a ≤ ⇔ ⇔ = = = 1 (4; 1) 5 3I I I R⇒ − ⇒ = ⇒ = .Vậy PT đường tròn ( C ) cần tìm là: ( ) ( ) 2 2 4 1 9x y− + + = . Câu 8b.Vì B 1 ∆∈ ⇒ B( -1- t ; - t ; 9 + 2t), ( 2 ; 4 ; 6 2 )AB t t t= − − − − + uuur , C 2 ∆∈ ⇒ C ( 1 + 2k ; 3 – k ; 4 – k ) . Đường thẳng 2 ∆ có một vtcp 2 (2; 1; 1)u = − − uur . Theo bài ra ta có : AB ⊥ 2 ∆ nên 0. 2 =uAB ⇔ 2( - t – 2) + 4 + t – 6 – 2t = 0 ⇔ t = -2 suy ra B( 1 ; 2; 5). Gọi M là trung điểm của đoạn AC suy ra M( 7 7 1 ; ; 2 2 k k k − − + ). Do M 1 ∆∈ ⇒ 2 7 11 1 1 2 4 k k k k + − − − = = ⇔ = − − ⇒ C( 3 ; 2; 3). Ta có ),2;2;0( −=AB )0;2;2( −=AC , )2;0;2( −=BC suy ra AB = BC = AC = 22 nên tam giác ABC là tam giác đều có cạnh a = 22 . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 5 8 11 ; ; 3 3 3 ÷ và bk 2 3 2 6 . . 3 2 3 R IA a= = = . Câu 9b:ĐK: 2 2 0 1, 0 1 0, xy x y x y < ≠ < ≠ > > ( * ) + Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được 2 3 3x x= ⇔ = (Do ( *)) + Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK ( * ) ta có PT: 2 log log 1 xy x x y y − = ⇔ 2 1 1 log 1 log ( ) log ( ) x x y y xy xy − − = ⇔ 2 1 1 log 1 1 log 1 log x x y y y x − − = + + Đặt t = y x log khi đó ta được PT: 2 1 1 1 1 t t t t − − = + + ⇔ 3 2 2 0t t t+ + = ⇔ t = 0 ⇔ y = 1 ( Loại) Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 3 ; 1x y = 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108 Ngày 21 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số : 2 1 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. 1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 log log 1 log ( ) 1 xy x x y y x y − = − = , ( ∈yx, R ) Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 108 Câu 1:. R {-1} * Sự biến thi n: − Chi u biến thi n: y’ = ( ) 2 3 0 1x > − với mọi x ≠ -1 nên hàm số đồng biến trên các khoảng. ( , 1), ( 1, )−∞ − − +∞ − Cực trị: Hàm số không có cực trị. − Giới