ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 54 Ngày 30 tháng 3 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m− + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x π π − + = + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích .MA MB uuur uuur nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2z i z z i− = − + và 2 2 ( ) 4z z− = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z− − = = − . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1: 1, Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: ¡ 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y − = − = ⇔ − = ⇔ = ± = = Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1; 1− Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ; 1 ; 1;−∞ − + ∞ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 4 Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y (0) = 2 ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0), (2; 4) Đồ thị: Câu 1: 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m− + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4 2 2 ( ) : log ( 1)d y m= + và 3 ( ') : 3 2C y x x= − + , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 4 2 2 0 log ( 1) 4m< + < 2 1 1 2m⇔ < + < 2 1 0 1 0 m m m  <  ⇔ < < ⇔  ≠   Câu 2: 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x  ≠    ≠  . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3 3 2 2 3sin 4sin 4cos 3cos cos 2 sin(1 tan ) 2sin 2 1 (sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos ) cos sin 2sin 2 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + + = + − + − + ⇔ − + = − sin cos 0 (1) sin cos sin 1 (2) cos x x x x x x + =   ⇔  − + =  (1) tan 1 , 4 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + ∈¢ cos sin 0 tan 1 (2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( ) 4 1 cos 0 cos 1 2 x x x x k x x x k x x x k π π π π  − = = = +    ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈    + = = −   = +  ¢ So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 , 4 x k x k k π π π π = ± + = + ∈¢ Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . 1 x y’ −∞ +∞ y 1 − 0 0 + + − −∞ +∞ 4 0 x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 Đk 7y > . Khi đó hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 ( 3) 7 13 ( 3) 7 6 x x y x x y  + − + − =   + − − = −   Đặt: 2 2 3; 7, 0u x x v y v= + − = − > . Khi đó hệ phương trình trở thành: 2 2 13 6 u v uv  + =  = −  2 2 1 2 3 ( ) 2 13 ( ) 1 6 3 2 6 6 u v u u u v uv u v uv v v uv uv + = ± = − = −   + − = + =    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨      = − = = = − = −      Giải các hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 3 , 7 3 7 2 x x x x y y   + − = − + − = −     − = − =     , ta được nghiệm của hệ đã cho là: ( ) ( ) 1 5 1 5 0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4 2 2     − ± − ± ± − ± −  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 3: Tính tích phân 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x π π − + = + ∫ Xét: 0 2 2 2 4 4 1 2 2 2 0 4 4 sin sin sin 1 2cos 1 2cos 1 2cos x x x x x x I dx dx dx x x x π π π π − − = = + + + + ∫ ∫ ∫ = I 1 + I 2 Đặt x t dx dt= − ⇒ = − . Đổi cận: ; 0 0 4 4 x t x t π π = − ⇒ = = ⇒ = Khi đó: 0 0 2 2 2 2 4 4 1 2 2 2 2 0 0 4 4 sin sin( ) sin sin ( ) 1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos x x t t t t x x I dx d t dt dx x t t x π π π π − − = = − = − = − + + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra 1 0I = 4 4 2 2 2 2 4 4 1 1 1 . 1 1 2cos cos 2 cos I dx dx x x x π π π π − − = = + + ∫ ∫ Đặt 2 1 tan cos t x dt dx x = ⇒ = . Đổi cận: 1; 1 4 4 x t x t π π = − ⇒ = − = ⇒ = 1 2 2 1 1 3 I dt t − ⇒ = + ∫ Lại đặt 2 3 tan 3(1 tan )t u dt u du= ⇒ = + . Đổi cận: 1 ; 1 6 6 t u t u π π = − ⇒ = − = ⇒ = 6 6 2 6 6 3 3 3 3 3 9 I du u π π π π π − − ⇒ = = = ∫ . Vậy 1 2 3 = 9 I I I π = + Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: + ( ) (gt) SH ABC HA AB SA AB ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Tương tự HC BC⊥ Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: / / ( ) / /( )AH BC SBC AH SBC⊂ ⇒ [ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a⇒ = = S B H C A K + Dựng HK SC⊥ tại K (1). Do ( ) (2) BC HC BC SHC BC HK BC SH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  (1) và (2) suy ra ( )HK SBC⊥ . Từ đó [ ,( )] 2d H SBC HK a= = 2 2 2 2 3 2KC HC HK a a a⇒ = − = − = · . 2. 3 tan 6 HK SH HK HC a a SCH SH a KC HC KC a = = ⇒ = = = Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 3 1 1 1 6 . . . 3. 3. 6 3 6 6 2 ABC a V S SH AB BC SH a a a= = = = + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc · 0 45SBH = (do ∆SHB vuông cân) Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + Từ giả thiết ta có 3 3 3 b b c c a a P a b c = + + + + + Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b b b a b b a a + + + ≥ = + + Tương tự 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c c c b c c b b + + + ≥ = + + 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a a a c a a c c + + + ≥ = + + Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 9 3 3 ( ) 16 4 2 3 3 3 b b c c a a a b c a b c P a b c + + + + + + ≥ + + ⇔ ≥ + + + Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1a b c= = = Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. ∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E): 4x 2 + (x + m) 2 = 36 ⇔ 5x 2 + 2mx + m 2 − 36 = 0 (1) Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m 2 > 0 ⇔ 3 5 3 5m− < < (2) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 10 10 ( ) ( ) . 720 16 3 15 AB x x y y x x m= − + − = − = − ( , ) 10 m d O ∆ = ⇒ 1 . ( , ) 3 2 OAB S AB d O= ∆ = 4 2 3 10 16 720 8100 0 2 m m m− + = ⇔ = ± (thỏa điều kiện (2)) Vậy phương trình đường thẳng ∆: 3 10 3 0 2 x y− ± = Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có phương trình: 3 2 3 4 1 2 x y z+ − + = = . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích .MA MB uuur uuur nhỏ nhất. Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 9MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA MI= + + = + − = − = − uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur Suy ra .MA MB uuur uuur nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). ( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t∈ ⇒ − + + − + ⇒ = − + + − + uuur (d) có vectơ chỉ phương (4; 1; 2)u = r . 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t⊥ ⇔ = ⇔ − + + + + − + = ⇔ = uuur uuur r r (1; 3; 1), 38M MI⇒ − = . Vậy ( ) min . 29MA MB = uuur uuur đạt được khi (1; 3; 1)M − Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2z i z z i− = − + và 2 2 ( ) 4z z− = Giả sử ( , )z x yi x y= + ∈¡ . Từ giả thiết ta có: 2 2 ( 1) ( 1) ( ) ( ) 4 x y i y i x yi x yi  + − = +   + − − =   2 2 2 ( 1) ( 1) 1 x y y xy  + − = +  ⇔  =   2 2 3 0 4 0 4 1 4 x y x y xy x  = ≥  − =   ⇔ ⇔   =    =  3 3 4 2 2 x y  = ±  ⇔  =   . Vậy 3 3 2 4 2 z i= ± + Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của 2 5 : ( ) 5 9 x t BM t y t = − +  ∈  = − +  ¡ B, M ∈ BM ⇒ ( ) ( ) 2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m− + − + − + − + M là trung điểm BC ⇒ ( ) 10 6;18 11C m m− − Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b= − = − − − − = − − − uuur uuur uuur (10 8;18 12)AC m m= − − uuur . 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b= ⇔ − − − − − = uuuruuur 2b m⇔ = (1) . 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m= ⇔ − − + − − − = uuur uuur (2) Thế (1) vào (2), ta được : 2 1 26 106 105 26 0 ; 2 53 m m m m− + = ⇔ = = Với 1 , 1 2 m b= = ta được B(3;4), C(-1;-2) Với 26 52 , 53 53 m b= = ta được 154 203 58 115 ; , ; 53 53 53 53 B C     − −  ÷  ÷     Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z− − = = − . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t) 2 2 2 2 2 (2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t= + + + + = + + = + + 2 2 2 2 2 4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t= + + + − + = − + = − + Trong mpOxy xét các vectơ (3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t= + = − + r r Có: 2 2 | | 3 5; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t+ = = + + = − + + r r r r Ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2 | | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t+ ≤ + ⇔ ≤ + + + − + + r r r r hay 3 5MA MB+ ≥ . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u r và v r cùng hướng 3 2 1 1 3 1 5 2 t t t + ⇔ = ⇔ = − − + Vậy min ( ) 3 5MA MB+ = đạt được khi 1 0; 2; 2 M    ÷   Câu 7b: Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + Với điều kiện x > 0, ta đặt 2 logu x= và 3 3 2 3 2 3v u v u= + ⇒ − = Ta có hệ: 3 3 2 3 2 3 u v v u  − =   − =   3 3 3 3 2 2 2 3 2 3 3( ) ( )( 3) 0 u v u v u v v u u v u uv v   − = − =   ⇔ ⇔   − = − − + + + =     (*) Do 2 2 2 2 1 3 3 3 0, , 2 4 u uv v u v v u v   + + + = + + + > ∀ ∈  ÷   ¡ nên: 3 3 1 2 3 (*) 2 0 3 2 0 v u u v u v u v u v u u = = = −   − =  ⇔ ⇔ ⇔    = = − = − − =    Với 2 1 1 log 1 2 u x x= − ⇒ = − ⇔ = Với 2 2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ = . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 54 Ngày 30 tháng 3 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo. Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu 1: 1, Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: ¡ 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1;