Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117 Ngày 28 tháng 5 năm 2014 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I(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. 2.Tìm m để đường thẳng (d) 2y x m= − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ). Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình . 2 2 2sin ( ) 2sin tan x 4 x x π + = + . Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 ( 2) 4 7 3 2 0 1 1 x x x y y x y x y x y  + + + + + + + + =   + + = − +   ( , )x y R∈ . Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân : ln 2 0 3 1 1 x x x e dx e e − + + ∫ . Câu V(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB = = = , đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a. Câu VI(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 2 1 1x y x y− + + + = + . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2(32 ) ( ) ( ) 2 2 xy x y x y x y y x x y + + − + − + + . 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 VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1 ( ) : 2 0d x y+ = và 2 ( ) : 2 3 5 0d x y+ + = cắt nhau tại A.Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1 , cắt d 1 tại B, cắt d 2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. Câu VIII.a (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 4 6 10 24 0x y z x y z + + − − + + = và hai mặt phẳng ( ) : 3 0;( ) : 2 1 0P x y z Q x y z+ − + = − + − = . Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu IX.a(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − . B. Theo chương trình nâng cao. Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn ( ) 2 2 : 18 6 65 0C x y x y + − − + = và ( ) 2 2 ' : 9C x y + = . Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 24 5 . Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3B M − . Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa ,B M và cắt các trục ,Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ). Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng 1 5 9 2013 2014 2014 2014 2014 S C C C C= + + + . … Hết … 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117 Câu Nội dung Điểm Câu I Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − . 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. TXĐ: R\ { } 1 . y ’ = 2 3 ( 1)x − − <0 1x∀ ≠ ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ;1) và (1;+ ∞ ) 0.25 lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = ⇒ TCN: y =2. 1 lim x y − → = −∞ , 1 lim x y + → = +∞ ⇒ TCĐ : x = 1 0.25 BBT: x - ∞ 1 + ∞ y ’ - - y - ∞ 2 + ∞ 2 0.25 Đồ thị: 0,25 2.Tìm m để đường thẳng (d) 2y x m= − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ). Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: 2 1 2 1 x x m x + = − − ⇔ 2 g(x)=2x (4 ) 1 0 (x 1)m x m − + + − = ≠ (1) Để đường thẳng (d) 2y x m= − cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 0 24 0 (1) 0 3 0 m g ∆ >  + >  ⇔ ⇔   ≠ − ≠   luôn đúng với mọi m. 0,25 Gọi 1 1 2 2 ( ;2 ); ( ;2 )A x x m B x x m− − ,với 1 2 ;x x là hai nghiệm của phương trình (1). Theo Viét: 1 2 1 2 4 1 ; . 2 2 m m x x x x + − + = = Để tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ) thì ( ) (1) . 0 (2) O d OA OB ∉    =   uuur uuur 0,25 (1) 0m⇔ ≠ (2) ⇔ 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (2 )(2 ) 0 5 2 ( ) 0x x x m x m x x m x x m+ − − = ⇔ − + + = 0,25 2 1 4 5 5 2 0 2 2 3 m m m m m − + ⇔ − + = ⇔ = − . Kết luận: 5 3 m = − 0,25 Câu II Giải phương trình . 2 2 2sin ( ) 2sin t anx 4 x x π + = + .(1) Điều kiện : cos 0x ≠ (1) ( ) 2 2 sinx cos 2sin t anxx x⇔ + = + 1 2sinx t anx(sin 2 1) (sin 2 1)(t anx 1) 0x x⇔ + = + ⇔ + − = 0,5 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ( ) sin 2 1 4 t anx 1 ( ) 4 x k tm x x k tm π π π π  = − +  = −  ⇔ ⇔   =   = +   Vậy phương trình có 2 họ nghiệm : 4 4 x k x k π π π π  = − +    = +   0,5 Câu III Giải hệ phương trình : 2 2 2 ( 2) 4 7 3 2 0 (1) 1 1 (2) x x x y y x y x y x y  + + + + + + + + =   + + = − +   ( , )x y R∈ . Điều kiện: 2 1 0x y + + ≥ Phương trình (1) 2 2 ( 2) ( 2) 3 2 ( ) 3x x x y y y⇔ + + + + + = − − + − Xét hàm số 2 ( ) 3f t t t t= + + Có 2 2 2 '( ) 3 1 0 3 t f t t t t = + + + > ∀ + ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên R ⇒ Phương trình (1) 2x y⇔ + = − 0,5 Thay vào (2) ta có : 2 2 2 2 2 2 3 3 1 2 3 2 2 1 4 12 9 1 4 12 9 3 2 3 1 1 (tmdk) 1 2 3 13 10 0 10 3 x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x x   ≥ − ≥ −   − − = + ⇔ ⇔     − − = + + − − = + +    ≥ −    ≥ −  ⇔ ⇔ ⇔ = − ⇒ = − = −       + + =    = −   Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1). 0,5 Câu IV Tính tích phân : I= ln 2 0 3 1 1 x x x e dx e e − + + ∫ . Đặt 2 -1 = t 2 x x e e dx tdt⇒ = Với 0 0x t= ⇒ = Với ln 2 1x t= ⇒ = 0,25 1 2 0 2 3 2 tdt I t t = + + ∫ 1 1 0 0 2( 1) ( 2) 2 1 2 2 ( ) ( 1)( 2) 2 1 t t dt d t t t t + − + = = − + + + + ∫ ∫ 1 1 0 0 4ln 2 2ln 1 4ln3 6ln 2t t= + − + = − 0,75 Câu V Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB = = = , đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a. Trong (ABC), kẻ CH AB ⊥ ( ) H AB∈ , suy ra ( ) ' 'CH ABB A⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( ) · ( ) · · 0 ( ' , ' ' ) ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = . 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S AC BC ∆ = = 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ = 0,25 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ; 2. 21 7 ABC S CH a AB ∆ = = . Suy ra: 0 2 21 ' 7 sin30 CH a A C = = 0,25 Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7 AA A C AC a= − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . 0,25 Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ' , ' ', ' ' , ' ' 7 a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = = 0,25 Câu VI Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 2 1 1x y x y− + + + = + . Tìm GTLN, GTNN của P = 2(32 ) ( ) ( ) 2 2 xy x y x y x y y x x y + + − + − + + . Từ gt 2; 1x y⇒ ≥ ≥ − . Vì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2. 2 1. 1 2 1 2 1x y x y− + + ≤ + − + + 2 2 1 5( 1)x y x y⇔ − + + ≤ + − . 0,25 Nên từ 2 2 1 1x y x y − + + + = + 2 ( 1) 5( 1)x y x y⇒ + − ≤ + − . Đặt t = x + y , ta có: 2 ( 1) 5( 1)t t− ≤ − 1 6t ⇔ ≤ ≤ 0,25 Khi đó: P = 2 2 1 64 1 64 ( ) 2 2 x y t x y t + + = + + . Xét 2 1 64 ( ) 2 f t t t = + , với [ ] 1;6t ∈ , có ' ' 32 ( ) ; ( ) 0 4f t t f t t t t = − = ⇔ = 0,25 Có (4) 40f = ;; 129 (1) 2 f = ; 64 (6) 18 6 f = + [ ] 1;6 ( ) (4) 40 t Min f t f ∈ ⇒ = = ; [ ] 1;6 129 ax ( ) (1) 2 t M f t f ∈ = = ⇒ GTNN của P là 40 khi 92 12 6 4 25 2 2 1 3 8 12 6 25 x x y x y y  − =  + =    ⇔   − + + = +    =   GTLN của P là 129 2 khi 2 1 x y =   = −  0,25 Câu VIIa Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1 ( ) : 2 0d x y+ = và 2 ( ) : 2 3 5 0d x y+ + = cắt nhau tại A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1 , cắt d 1 tại B, cắt d 2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. Ta có ( 5; 2 5)A − .Gọi α là góc tạo bởi hai đường thẳng d 1 và d 2 4 os 5 c α ⇒ = .Đường tròn (C) nhận AB là đường kính ⇒ Tam giác ABC vuông tại C · BAC α ⇒ = 0,25 Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R Ta có 8 6 2 os ; 2 sin 5 5 AC Rc R BC R R α α = = = = 2 1 24 . 24 5 2 25 ABC R S AC BC R ∆ = = = ⇒ = 0,25 Vì 1 ( ) ( ; 2 )I d I a a∈ ⇒ − .Có ( ) ( ) 2 2 2 0 5 2 2 5 25 5 10 5 0 2 5 a IA R a a a a a =  = ⇔ − + − + = ⇔ − = ⇔  =  0,25 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Với 0 (0;0)a I= ⇒ ⇒ Phương trình đường tròn (C) là 2 2 25x y+ = Với 2 5 (2 5; 4 5)a I= ⇒ − ⇒ Phương trình đường tròn (C) là ( ) ( ) 2 2 2 5 4 5 25x y− + + = 0,25 Câu VIII a Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 4 6 10 24 0x y z x y z+ + − − + + = và hai mặt phẳng ( ) : 3 0;( ) : 2 1 0P x y z Q x y z+ − + = − + − = .Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Mặt cầu (S) có tâm là I(2;3;-5) và bán kính là 14R = . Mặt phẳng (P) có VTPT là 1 (1;1; 1)n = − uur Mặt phẳng (Q) có VTPT là 2 (1; 2;1)n = − uur . Vì mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) nên có một VTPT là 1 2 , ( 1; 2; 3)n n n   = = − − −   r uuruur .Chọn (1;2;3)n = r Phương trình mặt phẳng (α) có dạng : 2 3 0x y z d+ + + = 0,5 Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên 2 6 15 ( ;( )) 14 14 d d I R α + − + = ⇔ = 21 7 14 7 d d d =  ⇔ − + = ⇔  = −  Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: 2 3 21 0x y z+ + + = và 2 3 7 0x y z+ + − = 0,5 Câu IXa Tìm 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) 0,25 + ( 1) ( 1) ( 2)x y i x y i− + + = + − 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + − 3 1 0x y⇔ − + = (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có 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= + = − − 0,5 Câu VIIb Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn ( ) 2 2 : 18 6 65 0C x y x y + − − + = và ( ) 2 2 ' : 9C x y + = Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 24 5 . 0,25 0,25 Đường tròn (C’) có tâm ( ) O 0;0 , bán kính R OA 3 = = . Gọi H AB OM= I , do H là trung điểm của AB nên 12 AH 5 = . Suy ra: 2 2 9 OH OA AH 5 = − = và 2 OA OM 5 OH = = 0,25 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Đặt ( ) M ;x y , ta có: ( ) 2 2 2 2 M 18 6 65 0 OM 5 25 C x y x y x y  ∈  + − − + =   ⇔   = + =     2 2 2 3 15 0 9 20 0 25 15 3 x y x x x y y x + − =   − + = ⇔ ⇔   + = = −   4 5 3 0 x x y y = =   ⇔ ∨   = =   . Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: ( ) M 4;3 hoặc ( ) M 5;0 . 0,5 Câu VIII b Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( 0ac ≠ ). Vì ( ) 0;3;0B Oy∈ nên ( ) : 1 3 x y z P a c + + = . 0,25 ( ) ( ) 4 3 4;0; 3 1 4 3M P c a ac a c − ∈ ⇒ − = ⇔ − = (1) 1 1 1 . .3. 3 6 3 3 2 2 OABC OAC ac V OB S ac ac ∆ = = = = ⇔ = (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ 4 6 6 2 3 4 3 6 4 3 6 3 2 a ac ac a c a c a c c = −  = = − =     ∨ ⇔ ∨     − = − = − = = −      0,25 Vậy ( ) ( ) 1 2 2 : 1; : 1 4 3 3 2 3 3 x y z x y z P P+ − = + + = − 0,25 Câu IXb Tính tổng 1 5 2013 2014 2014 2014 S C C C= + + + 0,25 Trong khai triển: ( ) 2014 0 1 2 2 3 3 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 1 x C xC x C x C x C + = + + + + + Khi x = 1 ta có: ( ) 0 1 2 3 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2 1C C C C C+ + + + + = Khi x = -1 ta có: ( ) 0 1 2 3 2014 2014 2014 2014 2014 2014 0 2C C C C C− + − + + = Lấy (1) – (2) ta có: ( ) 1 3 5 7 2013 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2 3C C C C C+ + + + + = 0,25 Xét số phức: ( ) 2014 0 1 2 2 3 3 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 1 i C iC i C i C i C + = + + + + + Do ( ) ( ) ( ) ( ) 1007 2014 2 1007 1007 1007 1007 1 1 2 2 2i i i i i+ = + = = = − 0,25 Nên: 1007 2 i− 0 1 2 3 4 5 2014 20134 2014 2014 2014 2014 2014 2014 C iC C iC C iC C= + − − + + − = ( ) ( ) 0 2 4 2012 2014 1 3 5 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 C C C C C C C C C i − + − + − + − + − + 0,25 Vậy : 1 3 5 7 2013 2014 2014 2014 2014 2014 C C C C C − + − + + = 1007 2− (4) Lấy (3) + (4): Ta có 2012 1006 2 2S = − 0,25 6 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117 Ngày 28 tháng 5 năm 2014 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − . 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117 Câu Nội dung Điểm Câu I Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − . 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. TXĐ: R { } 1 . y ’ . = ⇔ ⇔   + = = −   4 5 3 0 x x y y = =   ⇔ ∨   = =   . Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: ( ) M 4;3 hoặc ( ) M 5;0 . 0,5 Câu VIII b Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( 0ac ≠ ). Vì (