Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 29

ĐỀ SỐ 29. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 2 4 = − + − y x mx m ( ) m C . (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1.=m 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số ( ) m C có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có góc ở đỉnh của tam giác đó bằng α với 22 1 2 tan = α . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 2cos 2 3sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x + + = + . 2. Giải hệ phương trình 2 2 5 3 6 7 4 0 ( 2) 3 3 x y y x y y x x  − + + − + =   − + = +   ( , )x y R∈ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + ++− = 1 0 1 1)1( dx e xex I x x . Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 60AB a BC a ABC= = = , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC). Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình 2 ( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥ Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi 0;1 3x   ∈ +   . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = có tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho 10AM = . Tìm tọa độ điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp MAI∆ . 2. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 1 z x 1 y 2 z d : ; d : 2 1 1 1 2 1 − + − − = = = = và mặt phẳng ( ) P : x y 2z 3 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại BA, sao cho 33=AB . Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, ,072: =−− yxBC đường thẳng AC đi qua điểm ),1;1(−M điểm A nằm trên đường thẳng .064: =+−∆ yx Lập phương trình các cạnh còn lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1.0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện iziz 242 −=−− . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 29 Câu I:(2,0 điểm)Cho hàm số 4 2 2 2 2 4 = − + − y x mx m ( ) m C . (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1. = m Với m 1 = 4 2 2 2y x x⇒ = − − TXĐ: D . = ¡ 3 ' 4 4y x x= − . Cho y’ 0= ta được: x 0 = hoặc 1x = ± Sự biến thiên: - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) 1;0− và (1; )+∞ ; - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và ( ) 0;1 . - Hàm số đạt cực đại tại 0, 2 cd x y= = − . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 3 ct x y= ± = − . - Giới hạn: x x lim y ; lim y . →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y -3 - Đồ thị - Đồ thị cắt Ox tại hai điểm ( 1 3;0)± + cắt Oy tại (0; -2) - Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số ( ) m C có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác cân có góc ở đỉnh của tam giác đó bằng α với 22 1 2 tan = α . Ta có: 3 ' 4 4y x mx= − . 2 x 0 y' 0 x m =  = ⇔  =  Đồ thị hàm số có ba cực trị 0m⇔ > (*) Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: 2 (0;2 4)A m − , 2 ( ; 4)B m m − , 2 ( ; 4)C m m− − . Ta thấy B, C đối xứng nhau qua trục Oy và A Oy∈ nên tam giác ABC cân tại A. Phương trình cạnh BC: 2 4 0y m− + = . Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có: 2 ( , )AH d A BC m= = , BH m= Tam giác ABH vuông tại H nên 2 2 tan m m AH BH == α 3 2 1 8 2 2 2 m m m m ⇔ = ⇔ = ⇔ = (thỏa mãn *). Vậy 2m = là giá trị cần tìm. Câu II:(2,0 điểm)1. Giải phương trình 2 2cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x + + = + . +∞ -2 +∞ -3 4 2 -2 -4 -5 5 y x O 2 2cos 2 3sin cos 1 3(sin 3cos )x x x x x + + = + 2 (sin 3 cos ) 3(sin 3 cos ) 0x x x x⇔ + − + = sin 3 cos 0 sin 3 cos 3x x x x⇔ + = ∨ + = (1) Phương trình sin 3 cos 3x x + = vô nghiệm vì 222 3)3(1 <+ Nên (1) tan 3 3 x x k π π ⇔ = − ⇔ = − + ( k ∈¢ ). Vậy, PT có nghiệm là: 3 x k π π = − + ( k ∈¢ ). 2. Giải hệ phương trình 2 2 5 3 6 7 4 0 ( 2) 3 3 x y y x y y x x  − + + − + =   − + = +   ( , )x y R∈ . Phương trình thứ (2) ⇔ 2 (2 ) 3 3 0y x y x+ − − − = được xem là phương trình bậc hai theo ẩn y có 2 ( 4)x∆ = + Phương trình có hai nghiệm: 2 4 3 2 2 4 1 2 x x y x x y x − − −  = = −   − + +  = = +   Thay y = -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô nghiệm Thay 1+= xy vào pt thứ nhất ta được: 2 2 x 5 2 6 5 5 0x x x− − + − + = (3) Giải (3): đặt 2 5 5x x− + = t , điều kiện t ≥ 0 ( ) ( ) 2 1 3 6 7 0 7 ( ) t tm t t t ktm = ⇔ + − = ⇔  = −  Với t=1 ⇔ 2 5 5x x− + =1 ⇔ 1 2 4 5 x y x y = ⇒ =   = ⇒ =  ( thỏa mãn) Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm là: )2;1( và (4;5) Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + ++− = 1 0 1 1)1( dx e xex I x x . 21 1 0 1 0 1 0 x 1 0 x 2 1 2)1( e 1 2)1()1( e 1 1 IIdx e e dxxdx eeex dx xexe I x xxxxxx −= + −+= + −+++ = + ++− = ∫∫∫∫ Tính 2 3 2 )1( 1 0 2 1 0 1 =         +=+= ∫ x x dxxI Tính 2 1 ln)1ln( 1 )1( 1 1 0 1 0 1 0 2 + =+= + + = + = ∫∫ e e e ed dx e e I x x x x x Vậy 3 1 2ln 2 2 e I + = − . Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 60AB a BC a ABC= = = , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC). Giải: Từ )( ' ABCGA ⊥ AG ⇒ là hình chiếu của ' AA lên )(ABC Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: · 0 2 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG= = = = 0 2 3 ' . an60 3 a A G AG t⇒ = = Vì 3360cos 2 20222 aACaBCABBCABAC =⇒=−+= Mặt khác ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+ 222222 43 vuông tại A Và )( ' ABCGA ⊥ nên GA ' là chiều cao của khối chóp ABCA . ' Thể tích của khối chóp ABCA . ' được tính bởi: / 3 . 1 1 1 1 2 3 . ' . . . ' . 3. 3 3 2 6 3 3 ABC A ABC a a V S A G AB AC A G a a= = = = (đvtt) N I C' B' M A B C A' G K H Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK 1 1 1 . 1 . 3 3 . 3 3 3 3 2 6 GI MG AB AC a a a GI AK AK MA BC a ⇒ = = ⇒ = = = = Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1) Do: (2) ' BC GI BC GH BC A G ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ [ , ( ' )]d G A BC GH= Ta có GIA ' ∆ vuông tại G có GH là đường cao nên : [ , ( ' )]d G A BC GH= 2 2 2 2 2 3 3 . ' . 2 2 51 3 6 51 51 ' 12 3 9 36 a a A G GI a a A G GI a a = = = = + + Câu V: (1,0 điểm) Cho bất phương trình 2 ( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥ Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi 0;1 3x   ∈ +   . Xét bất phương trình: 2 ( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥ (1) Điều kiện: 2 2 2 0x x x R− + ≥ ⇔ ∈ . Theo đề bài ta xét 0;1 3x   ∈ +   Đặt 2 ( ) 2 2t t x x x= = − + , ta có: 2 1 ' , ' 0 1 2 2 x t t x x x − = = ⇔ = − + [ ] 31;0 +∈ 2)0( =t , 1)1( =t , 2)31( =+t Suy ra: [ ] 0;1 3 1;2x t   ∈ + ⇔ ∈   Do 2 2 2 2 (2 ) 2t x x x x t= − + ⇔ − = − nên bất phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 ( 1) 2 1 t m t t m t − + ≥ − ⇔ ≥ + (2) Xét hàm số 2 2 ( ) 1 t f t t − = + với [ ] 1;2t ∈ , ta có: ( ) ( ) [ ] 2 2 2 2 ' 0, 1;2 1 t t f t t t + + = > ∀ ∈ + Suy ra: [ ] ( ) 1;2 1 min ( ) 1 2 t f t f ∈ = = − , [ ] ( ) 1;2 2 max ( ) 2 3 t f t f ∈ = = Bất phương trình (1) nghiệm đúng 0;1 3x   ∀ ∈ +   ⇔ Bất phương trình (2) nghiệm đúng [ ] 1;2t∀ ∈ ⇔ m ≥ [ ] 1;2 max ( ) t f t ∈ ⇔ 2 3 m ≥ .Vậy, giá trị m thỏa đề bài là: 2 3 m ≥ . Câu: VI.a(2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = có tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho 10AM = . Tìm tọa độ điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp MAI∆ . M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m); (C) có tâm I(1; −2), bán kính 10R = 2 2 2 5IM IA MA= + = 2 20IM⇒ = ⇔ 2 2 2 (2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m− + + = ⇔ − + = ⇔ = )2;1(−⇒ M Đường tròn ngoại tiếp AMI∆ có tâm là trung điểm MI , bán kính 5 2 == MI R 5:)( 22 =+⇒ yxC A M I 2. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 1 z x 1 y 2 z d : ; d : 2 1 1 1 2 1 − + − − = = = = và mặt phẳng ( ) P : x y 2z 3 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại BA, sao cho 33=AB . Đặt ( ) ( ) A 1 2a; 1 a;a ,B 1 b;2 2b;b+ − + + + , ta có ( ) AB b 2a;3 2b a;b a= − + − − uuur Do AB song song với (P) nên: ( ) P AB n 1;1; 2 b a 3⊥ = − ⇔ = − uuur uur Suy ra: ( ) AB a 3;a 3; 3= − − − − uuur Do đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 AB a 3 a 3 3 3 3 a 0= + + − + − = ⇔ = b 3 ⇒ = − Suy ra: ( ) 1; 1;0A − , ( ) 3; 3; 3AB = − − − uuur Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 1 z 1 1 1 − + = = . Câu VII.a(1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − Giả sử , ( , )z x yi x y= + ∈¡ . Ta có: + 2 2 2 2 2 2 6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − = + ( 1) ( 1) ( 2)x y i x y i− + + = + − 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + − 3 1 0x y⇔ − + = Giải hệ phương trình: 2 2 2 2, 1 3 1 3 7 1 , 3 1 0 4 3 1 0 4 4 x y x y x y x y x y y y = =  = −   − =  ⇔ ⇔    = − = − − + = − − =     . Vậy 7 1 2 ; 4 4 z i z i= + = − − . Suy ra 4 25 ,5 == zz Câu VI.b(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, ,072: =−− yxBC đường thẳng AC đi qua điểm ),1;1(−M điểm A nằm trên đường thẳng .064: =+−∆ yx Lập phương trình các cạnh còn lại của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Vì ).1;54();64(064: −−⇒−⇒=+−∆∈ aaMAaaAyxA Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên · 0 45 .ACB = Do đó 2 1 5.)1()54( )1(2)54( 2 1 ),cos( 22 = −+− −+− ⇔= aa aa uMA BC            −⇒= ⇒= ⇔=+−⇔ )( 3 16 ; 3 14 13 16 )2;2(2 0324213 2 ktmAa Aa aa Vậy ).2;2(A Suy ra .083:,043: =−+=+− yxAByxAC 2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9 Giả sử (P) có vtpt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0)n A B C A B C= + + ≠ r (P) // BC nên ( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; )n BC n BC A B C n B C B C⊥ = − ⇒ = ⇔ = + ⇒ = + uuur uuur r r r (P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( 4 ) 12 52 0B C x By Cz B C+ + + − − = (P) tiếp xúc (S) 2 2 2 4 2 3 12 52 [ ,( )] 9 ( 4 ) B C B C B C d I P R B C B C + + + − − ⇔ = ⇔ = + + + 2 2 2 0 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0 4 0 B C B BC C B C B C B C + =  ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔  − =  A B )1;1(−M 2 7 0x y− − = : 4 6 0x y∆ − + = Với B + 2C = 0 chọn 2 1 B C =   = −  , ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 Với B − 4C = 0 chọn 4 1 B C =   =  , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = 0 Vậy (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 , (P): 8x + 4y + z −100 = 0 CâuVII.b(1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện iziz 242 −=−− . Tìm số phức z có mô đun nhỏ nhất. Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R). Ta có iyxiyx )2()4(2 −+=−+− (1) 2222 )2()4()2( −+=−+−⇔ yxyx 4+−=⇔ xy . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng x + y = 4. Mặt khác 1682168 22222 +−=+−+=+= xxxxxyxz Hay ( ) 22822 2 ≥+−= xz Do đó 2222 =⇒=⇔= yxzMin . Vậy iz 22 += . ĐỀ SỐ 29. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 2 4 = − + − y x mx m ( ) m C . (m là tham số. báo danh: HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 29 Câu I:(2,0 điểm)Cho hàm số 4 2 2 2 2 4 = − + − y x mx m ( ) m C . (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số với 1. = m Với m 1 = 4. biến thi n: - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) 1;0− và (1; )+∞ ; - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và ( ) 0;1 . - Hàm số đạt cực đại tại 0, 2 cd x y= = − . Hàm số đạt