Thầy giáo: Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 59 Ngày 6 tháng 4 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số = − + − + 3 2 3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham soá (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4. 2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho + + = 1 1 0, A B C k k k trong đó , , A B C k k k lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C. Câu II ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) + − = + 1 sin 5 2sin 3 2sin 3 cos x x x x . 2. Giải phương trình + + = − − + + 2 2 1 3 1 2 1x x x x x . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân + + = + ∫ 1 7 4 2 3 2 3 1 26 3 1x x I dx x x x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết = 3SC a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC). Câu V (1,0 điểm) Cho x,y là các số thực thoả mãn : 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc · ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình − + =2 0x y ; đỉnh D nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1 2 2 1 : 2 1 2 x y z d − + + = = − ; 2 3 1 1 1 2 : ; : 1 2 1 1 1 2 x y z x y z d d − + − − = = = = − . Chứng minh d 2 và d 3 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d 1 ,cắt d 2 và d 3 tại hai điểm A, B sao cho 3AB = Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn + = +1z z i và + 1 z z là số thực B. Theo chương trình nâng cao C. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp + = 2 2 ( ): 1 9 5 x y E . Gọi 1 2 ,F F là các tiêu điểm của (E) Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 1 2 MF F bằng 2 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) + − + =: 3 14 0P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 2012 2011 2012 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 − + = + + + = + + + y x x y x y x y . Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ 58 Câu 1: 3 2 4 3 4Với m ta có y x x= = − + 1 0 . Tập xác đònh ¡ 2 0 . Sự biến thiên: Giới hạn ( ) ( ) →+∞ →+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞ = − + = − + = +∞ = − + = − + = −∞ ÷ ÷ 3 2 3 3 2 3 3 3 1 4 1 4 lim lim 3 4 lim 1 , lim lim 3 4 lim 1 x x x x x x y x x x y x x x x x x x • Bảng biến thiên: 2 2 0 ' 3 6 ; ' 0 3 6 0 2 x y x x y x x x = = − = ⇔ − = ⇔ = x - ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 3 0 . Đồ thò • Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0) • Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4) • y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2) 4 2 -2 5 O I Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là ( ) ( ) 3 2 2 2 1 0 3 ( 4) 0 1 4 0 4 0(1) x x x m x m x x x m x x m + = − + − + = ⇔ + − + = ⇔ − + = Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m • Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1 hay 4 0 4 5 0 5 m m m m − > < ⇔ + ≠ ≠ − Gọi 1 2 1 2 1 2 4 , là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có x x x x x x m + = = ( ) ( ) = + = − + − = − + − + + + = − + − − + − − + − + − + − ⇔ + + 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là 5; 3 6 4; 3 6 4 1 1 Theo giả thiết ta có 5 0 3 6 4 3 6 4 3 6 4 3 6 4 5 A B C x k m k x x m k x x m m x x m x x m x x m x x m m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = ⇔ + + = − + − + − − + − = − ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + = − 2 2 1 1 2 2 2 4 4 0 5 0 4 4 5 3 6 4 3 6 4 4 1 5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4 5 6 m m m m x x m x x m m m m m m Câu 2: 1, : cos 0 , 2 ĐK x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈Z Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727 ( ) ( ) ( ) + − = ⇔ + − = + + 2 1 sin 5 2sin 3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3cos 2sin 3 cos x x x x x x x x ⇔ ( ) ( ) π π − + − + = ⇔ + − + + = ÷ ÷ cos2 3sin2 3 sin 3cos 4 0 cos 2 3cos 2 0 3 6 x x x x x x π π π π π π π π π π = − + + = ÷ ⇔ + − + + = ⇔ ⇔ = + ∈ ÷ ÷ + = ÷ = − + 2 2 6 cos 1 6 2cos 3cos 1 0 2 , 6 6 6 1 cos 6 2 2 2 x k x x x x k k x x k Z π π = ± + ∈Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 , 6 x k k Z Câu 2: 2, 2 : 3 1 0ĐK x x− − ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) + + = − − + + ⇔ + + − − − − + = + − + = ⇔ + − = ÷ ÷ + + + − − + + + − − + = = − ⇔ + + + − − = + + + − − = = − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 (1) 1 3 1 2 1 0 4 2 2 2 1 0 2 1 1 0 1 3 1 1 3 1 1 2 1 0 2 1 3 1 2 1 3 1 2 (2) 1 Ta thấy là một nghiệm của phươ 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) + + = − − + + ⇒ + + = + + + + − − = − + ≥ ≥ − − ⇒ ⇒ ⇒ = = − = + + = + + + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ng trình (1) 1 3 1 2 1 Từ (1) và (2) ta có hệ 2 1 2 3 1 3 1 2 3 2 3 0 5 1 5 2 Thử lại ta có các nghiệm ; 8 2 8 4 1 2 3 4 1 2 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Câu 3: ( ) ( ) + + + = = + = + + + + + + ∗ = = = + = + + ∗ = = − + = − + ÷ + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 7 7 7 4 2 4 2 1 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 1 1 1 26 26 26 1 1 3 7 7 2 2 3 3 1 3 3 3 3 1 1 26 26 1 1 7 7 2 3 2 1 1 3 3 2 2 26 26 3 1 3 1 1 3 1 3 123 7 2 364 1 26 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 4 1 1 1 1 x x x x I dx dx dx I I x x x x x x x x x d x x x Tính I dx x x x x x x Tính I dx d x x x x = ÷ = 2 3 2 1 15 7 4 1 26 322 . 91 x Vậy I Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727 Câu 4: G F E H A B D C S 0 2 Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ; 2 2 2 HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60 2 2 a a a GF ∆ = ∆ Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 2 2 2 1 2 ;1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ − Tõ ®ã ta cã 1 3 1 ≤≤− xy . M¨t kh¸c xyyxyxyx +=+⇔=+− 11 2222 nªn 12 2244 ++−=+ xyyxyx .§Ỉt t=xy Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa 1 3 1 ; 2 22 )( 2 ≤≤− + ++− == t t tt tfP TÝnh −−= −= ⇔= + +−⇔= )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf Do hµm sè liªn tơc trªn [ ] 1; 3 1 − nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa ) 3 1 ( − f , )26( −f , )1(f cho ra kÕt qu¶: 626)26( −=−= fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min =−= fP 1 đ Câu 6a: 1, 4 2 5 E' O B A C D M E Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727 ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ 1 2 0 1 0 , '(0;1) 1 2 1 1 2 0 2 2 Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E E x y x y x y x E x y x y y + + − = + = = ⇔ ⇔ − + − = − = − − + = ( ) ( ) nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn BC BE BE' 1 1 0 1 do t<0 hay B(-1;1). phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1 Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ t t t t t⇒ ⊥ ⇒ + + + = ⇒ = − ≥ ( ) ( ) ( ) 1 9 trung điểm của AD là M ; 2 2 1 9 theo giả thiết ta được 2 0 2 6 0 (1) 2 2 1; 9 ; 0; , do AB AD nên ta có a 9 0 9 0 (2) Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5 d a d d a d a d AD d a d BA a a d a d − + − ÷ − + − − + = ⇔ − + = = + + − = ⊥ + − = ⇔ + − = uuur uuur hay A(-1;4) và D(5;4) C(5;1).⇒ ( ) ( ) ( ) = + = ∗ = − + − = = + = = + uur 2 2 2 2 3 3 3 1 ' : 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2 2 2 ' x t x t d y t d u d y t d z t z t ( ) = uur 3 và có vtcp 1;1;2u ( ) ( ) ( ) = − = − = − ≠ ∗ ⇒ = + + − − − − ∆ uuuuuuur uur uur uuuuuuur uur uur uuur 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau. Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của , u u u u BA t t t t t t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∆ ⊥ + + − − − + − − = ⇔ = = + − − − = + + − + − − = ⇔ + = ⇔ = − − + = − − ∆ = = − − uuur uuur 1 2 2 2 2 do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2 0 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0 1 1 1 Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của : 1 2 2 Với t t t t t t t t BA t t t t t t t t x y z BA ( ) + + = − − ∆ = = − − − + + + ∆ = = ∆ = = − − − − uuur 1 2 3 1 t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của : 2 2 1 1 1 3 1 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; : 1 2 2 2 2 1 x y z BA x y z x y z Câu 7a: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Giả sử . ta có 1 1 ; 1 . Theo đề bài 1 1 1 , khi đó . 1 1 . 1 1 Mặt khác, . . , 0. . 2 2 2 1 Vì là số z x y i z x y z i x y z z i x y x y x y z x x i x x i z x x i x x i x x i x z x x i x x x z z = + + = + + + = + + + = + ⇔ + + = + + ⇔ = = + − + = + + = + + = + + − ≠ ÷ ÷ + + 1 2 1 1 thực nên 0 2 2 1 1 1 1 Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và 2 2 2 2 x x x z i z i − = ⇔ = ± = + = − − Câu 6b: 1, 2 -2 O F1 F2 M Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo: Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727 Ta có F 1 (-2;0) và F 2 (2;0); F 1 F 2 =4 ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Do M (E) nên 6, diện tích MF F là . 2 5 (1) 2 5 1 Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2). 2 Từ (1) và (2) ta có 5. Như vậy có 2 điểm tho MF MF MF MF F F M x y d M Ox y y F F y y ∈ + = ∆ + + = = ∆ = = ± 1 2 ûa mãn bài toán (0; 5) và (0; 5).M M − Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là ( ) 1;1; 3u = − r ,d có phương trình là 3 1 4 1 1 3 x y z+ − − = = − . Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt ( ) ( ) ( ) ( ) 4;2; 2 nên có pt là 2 1 2 3 0 2 3 0BA x y z x y z= − + + − − − = ⇔ + − + = uuur Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ 2 3 0 2 4 0 2 3 7 0 1 x y z x x y y y z z + − + = = − − + = ⇔ = + − = = Bán kính của mặt cầu là R=IA= 11 . Phương trình của mặt cầu là (x+2) 2 +(y-2) 2 +(z-1) 2 =11 Gọi r là bán kính đường tròn ta có ( ) ( ) + = ⇔ = − 2 2 2 2 ;( ) 11 11 ;( )r d I Q r d I Q ( ) đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay ;( ) lớn nhất d I Q ( ) ( ) ( ) ( ) ⊥ ≤ ⊥ = − + − = ⇔ + − = uuur Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q) hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0 d I Q IM IM x z x z Câu 7b: 2 2 2012 2011 (1) 2012 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2) 2 2 3 2 + = + + + = + + + − x y x y x y y x +) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt: 2 2 2 2 2011 2011 log ( 2012) log ( 2012) + + = + + x x y y 2011 1 Xét hàm số ( ) log ( 2012), 0 '( ) 1 0 2011( 2012) ( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ ) f t t t t f t t f t = + + ≥ ⇒ = + > + ⇒ ∞ từ đó suy ra x 2 = y 2 ⇔ x= y hoặc x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x+2)=2log 2 (x+1). Đặt 3t=log 2 (x+1) ta được x=2 3t -1 do đó 3log 3 (2 3t +1)=6t ⇔ 8 t +1=9 t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 + = ÷ ÷ t t , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3.Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . giáo: Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 59 Ngày 6 tháng 4 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số = − + − + 3 2 3 ( 4) ,y x x m x. 1 thực nên 0 2 2 1 1 1 1 Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và 2 2 2 2 x x x z i z i − = ⇔ = ± = + = − − Câu 6b: 1, 2 -2 O F1 F2 M Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh. 5 3 6 4 3 6 4 4 1 5 0 5 1 Đối chi u điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4 5 6 m m m m x x m x x m m m m m m Câu 2: 1, : cos 0 , 2 ĐK x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈Z Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố