Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Ngày 10 tháng 4 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 2y m x mx m x= − − + − − (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 1 tan 2 tan sin 4 sin 2 6 x x x x− = + 2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 3 7 1 2 1 2 4 5 x x y y y x y x y − + = − −   + + + =   Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: e 2 x 1 x x ln x 1 I e dx x + + = ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a. Tam giác SAC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm của SD ,N là điểm trên cạnh SC sao cho SC=3SN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM). Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z (0;1]∈ thoả mãn: 1x y z+ ≥ + . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = 2 x y z y z z x xy z + + + + + II .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 VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là :x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm của AB, điểm M(4; 9 2 ) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S). Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi 1 2 3 4 , , ,z z z z là bốn nghiệm của phương trình 4 3 2 2 6 4 0z z z z− − + − = trên tập số phức tính tổng: 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 S z z z z = + + + . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc của elíp (E) biết nó có một đỉnh và 2 tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+ 3 ) 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C− và đường thẳng (d) có phương trình là: ( ) 1 1 2 : 2 1 2 x y z d − + + = = − . Hãy lập phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d). Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực ,b c sao cho số phức ( ) ( ) ( ) ( ) 12 6 6 1 3 2 1 3 1 i i i i + − − + là nghiệm của phương trình 2 8 64 0.z bz c+ + = Hết Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Câu Đáp án Điểm Câu I 1) Khi m = 1 ⇒ 3 2 6 9 2y x x x= − + − • TXĐ: D = R 3 2 lim ( 6 9 2) x x x x →−∞ − + − = −∞ , 3 2 lim ( 6 9 2) x x x x →+∞ − + − = +∞ ' 2 1 3 12 9 0 3 x y x x x =  = − + = ⇔  =  0,25 đ • BBT: x - ∞ 1 3 + ∞ y / + 0 - 0 + 2 + ∞ y - ∞ -2 0,25 đ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) f CĐ = f(1) = 2 f CT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 2x⇔ = =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 0,5 đ 2) Phương trình hoành độ giao điểm là: ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 2 2m x mx m x− − + − − = − ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 0m x mx m x⇔ − − + − = (1) ( ) ( ) 2 2 6 9 2 0x m x mx m   ⇔ − − + − =   ( ) ( ) ( ) 2 0 2 6 9 2 0 2 x m x mx m =  ⇔  − − + − =  0,25 đ Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: ( ) 2 2 1 9 9 2 0 2 2 0 m m m m m  >  ∆ = − − >  ⇔   ≠ − ≠    0,25 đ Gọi tọa độ điểm B(x B ; -2), C(x C ; -2) Đk: x B ≠ x C Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo bài ra ta có ( ) 2 1 . 13 13 4 13(3) 2 OBC B C B C S h BC BC x x x x ∆ = = ⇒ = ⇔ + − = 0,25 đ Theo định lý viét ta có: 6 2 9 B C B C m x x m x x  + =  −   =  (4) 0,25 đ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Thay (4) vào (3) ta được: 2 14 6 36 13 13 2 14 m m m m  =    − = ⇔  ÷  −   =  (tm) Câu II 1) Giải phương trình: 1 tan 2 tan (sin 4 sin 2 )(1) 6 cos2 0 4 2 : cos 0 2 x x x x m x x DK m Z x x m π π π π − = +  ≠ +  ≠   ⇔ ∈   ≠   ≠ +   0,25 2 2 2 2 3 2 (1) 6sin cos2 cos (sin 4 sin 2 ) 6sin cos cos2 (4sin cos cos 2 2sin cos ) sin (4cos cos 2 2cos cos 2 6) 0 sin (2cos 2 (1 cos2 ) cos2 (1 cos2 ) 6 0 sin (2cos 2 3cos 2 cos2 6) 0 sin (cos2 1) 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 (2cos 2 5cos 2 6) 0x x+ + = 0,5 đ 2 sin 0 cos2 1 ( ) 2cos 2 5cos 2 6 0( ) x x x k tm k Z x x VN π  =  ⇔ = ⇔ = ∈   + + =  0,25 đ 2) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 7 1 2 1 1 2 4 5 2 x x y y y x y x y  − + = − −   + + + =   Điều kiện: 2 0 4 0 x y x y + ≥   + ≥  0,25 đ (1) ( ) ( ) 3 7 1 2 1x x y y y⇔ − + = − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 7 1 2 2 0 3 1 2 0 3 1 3 2 4 x y x y y x y x y y x x y ⇔ − − + − = ⇔ − + − = = +  ⇔  =   0,25 đ Thay (3) vào (2) ta được: 7 2 7 1 5x x+ + + = điều kiện: 1 7 x ≥ − ( ) 2 49 21 2 11 7 11 11 7 0 17 76 7 d 175 119 17 25 25 25 x x x x x x y tm k x x ⇔ + + = −  ≤  − ≥   ⇔ ⇔ ⇔ = ⇒ =   =   =   0,25 đ Thay (4) vào (2) ta được: 4 9 5 1y y y+ = ⇔ = =>x=2(tmdk) Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y) ( ) 17 76 2;1 , ; 25 25     ∈    ÷     0,25 đ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu III Tính tích phân: I= 2 1 1 1 1 ln 1 ln e e e e x x x x x x x e e dx xe dx xe dx dx x x + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 đ Đặt I 1 = ( ) 1 1 1 1 e e x x e x e xe dx xe e dx e e= − = − ∫ ∫ 0,25 đ Đặt I 2 = 1 1 1 1 ln ln e e e x x e x x e e e e xdx e x dx e dx x x = − = − ∫ ∫ ∫ 0,25 đ Vậy I=I 1 +I 2 + 1 e x e dx x ∫ = 1 1 1 1 e e x x e e e e e e e e e dx dx e x x + + − + − + = ∫ ∫ 0,25 đ Câu VIa 1) Gọi tọa độ điểm B(2y B ;y B )=>A(8-2y B ;4-y B ) Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0 Gọi tọa độ điểm C(x C ;10-2x C ) => 5 4 C CI x= − uur ; 20 2 B AB y= − uuur => diện tích tam giác ABC là: 1 . 10 4 2 8 2 2 ABC B C C B S CI AB y x x y= = ⇔ + − − = ( ) ( ) 4 2 6 1 4 2 10 2 C B B C C B B C x y y x x y y x − − = − ⇔  − − = −   0,25 đ Vì ( ) 4 2 4 11 9 2 2 2 C B C B x k y M BC CM kMB x k y − = −  ∈ ⇒ = ⇔    − + = −  ÷     uuuur uuur vì y B 3 ≥ 2 6 5 16 0 C B B C x y y x⇒ − − + = (3) 0,25 đ Từ (1) và (3): 4 2 6 1 2 2 6 5 16 0 1 2 C B B C B C B B C B x y y x y x y y x y  − − = − = − −   ⇒   − − + = = − +    (loại) Từ (2) và (3): 4 2 10 3 22 6 5 16 0 C B B C B C C B B C x y y x y xx y y x − − = − =   ⇔   =− − + =   0,25 đ Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) 0,25 đ Gọi phương trình mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +2Ax+2By+2Cz+D=0 Điều kiện: A 2 +B 2 +C 2 -D>0(1) Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình: 3 0 3 36 12 0 2 9 6 0 3 2 9 6 0 0 A D B A B C C D = −   =   = −  + =   ⇔   + =   = −   + =   =  thỏa mãn điều kiện (1) Vậy phương trình mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 -6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 3 3 3; ; 2 2 ) bán kính 3 6 2 R = 0,25 đ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình đường thẳng IH là: 3 3 2 2 3 2 2 x t y t z t   = +   = +    = +   3 3 3 ; 2 ; 2 2 2 H t t t   ⇒ + + +  ÷   Vì ( ) 8 5 5 ; ; 3 6 6 H P H   ∈ ⇒  ÷   0,25 đ Vì ( ) 8 5 5 ; ; 1 3 6 6 H P H IH   ∈ ⇒ ⇒ =  ÷   Gọi bán kính của (C) là r ta có: 2 2 27 5 2 1 2 2 r R IH= − = − = 0,25 đ Câu VIIa 4 3 2 2 6 4 0z z z z− − + − = ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 0z z z z⇔ − + − + = (1) 0,25 đ Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là 1 2 3 4 1 2 1 1 z z z i z i =   = −   = +  = −  0,5 đ Thay và biểu thức ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 5 1 4 4 1 1 S z z z z i i = + + + = + + + = − + 0,25 đ VIb(2,0đ) 1. (1,0 điểm) Gọi PT chính tắc của elíp (E) là : 2 2 2 2 1 (a>b>0) x y a b + = Do các đỉnh trên trục lớn và 1 2 ,F F thẳng hàng nên 1 2 ,F F cùng với đỉnh B(0;b) trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều 0,25 1 2 BF F∆ đều 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 4 ( ) 3 3( ) 3 4 (1) BF F F c b c BF BF ld b c a b a b =  ⇔ ⇔ + =  =  ⇔ = = − ⇔ = HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ 3 ) 6 3 3a b⇔ + = + (2) 0,25 Ta có hệ PT: 2 2 3 4 (1) 6 3 3 (2) a b a b  =   + = +   6 3 3 a b =   ⇒  =   0,25 Vậy PT chính tắc của elíp (E) là : 2 2 1 36 27 x y + = 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC   = − = − − ⇒ = − − −   uuur uuur uuur uuur nên phương trình mặt phẳng (ABC): ( ) ( ) ( ) 1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z− − − − − + = ⇔ + + − = 0,25 Gọi trực tâm của tam giác ABC là ( ) , ,H a b c , khi đó ta có hệ: 0,25 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ( ) ( ) . 0 2 3 2 . 0 3 0 1 2;1;1 5 2 9 1 BH AC a b c a CH AB a b c b H a b c c H ABC  = − + = =       = ⇔ + − = ⇔ = ⇒       + + = = ∈     uuur uuur uuur uuur Do đường thẳng ( ) ∆ nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên: ( ) , 12,2, 11 ABC ABC d d u n u n n u u ∆ ∆ ∆  ⊥    ⇒ = = −    ⊥   uur r uur r r uur uur . Vậy đường thẳng ( ) ∆ đi qua điểm ( ) 2;1;1H và có vtcp ( ) 12,2, 11− nên 2 1 1 : 12 2 11 x y z− − − ∆ = = − 0,5 VIIb Ta có ( ) 3 2 3 1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = − ( ) 3 2 3 1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = − ( ) 2 1 2i i+ = 0,25 Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 4 6 2 3 6 1 3 2 8 2 8 2 8 1 2 8 16 8 2 1 3 1 i i i i i i i i i i + − − − − = = − = + = + − − + 0,25 Theo giả thiết ta có ( ) ( ) 2 8 16 8 8 16 64 0i b i c+ + + + = ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 0 2 4 3 0i b i c b i b c⇔ + + + + = ⇔ + + + − = 0,25 2 4 0 2 3 0 5 b b b c c + = = −   ⇔ ⇔   + − = =   . Vậy 0,25 0.5 0.25 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 . 3 4 15 3 91 N ACM ACM V a S ∆ = 0.25 Cho ba sè x,y,z (0;1] ∈ thoả mãn: 1x y z + ≥ + . ×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = 2 x y z y z z x xy z + + + + + Nhận xét do x,y (0;1] ( 1)( 1) 0 1x y xy x y ∈ ⇒ − − ≥ ⇔ + ≥ + Từ giả thiết suy ra xy z≥ .Ta có 2 1 1 1 1 y x x z z P y x xy z z z = + + + + + .Đặt 1 ; ; x y a b c z x z = = = 1 . 1 x x xy z y z z ≥ ⇔ ≥ ≥ .Khi đố P= , 1 1 1 1 a b c ab c b a ab + + ≥ ≥ + + + 0.25 2 1 1 2 ( 1)( ) 0 1 1 1 ab a b b a ab + ≥ ⇔ − − ≥ + + + luôn đúng do 1ab ≥ ( 1) ( 1) 2 1 1 1 1 1 1 2 ( 1)( ) 2 (2 1). 2 1 1 1 a b a b b a b a a b ab b a ab + = + + + − + + + + = + + + − ≥ + − + + + 2 1 1 1 a b ab b a ab ⇒ + ≥ + + + 0.25 2 1 1 1 1 1 1 a b c ab b a ab ab ab + + ≥ + + + + + + .Đặt t= 1ab ≥ 2 2 1 ( ) 1 1 t P f t t t ≥ + = + + Xét hàm số f(t)= 2 2 1 1 1 t t t + + + liên tục trên [1; ) +∞ 2 2 2 2 2( 1) ( 1) (1; ) (1 ) ( 1) t t t t t t − + + > ∀ ∈ +∞ + + Do đó hàm số đồng biến trên [1;+ ∞ ) 3 ( ) (1) 2 f t f ⇒ ≥ = .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1x y z ⇒ = = = . Vậy GTNN của P bằng 3 2 khi x=y=z=1 Thí sinh vẫn được điểm tối đa nếu giải bài toán đúng theo cách khác. Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Ngày 10 tháng 4 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 2y m x mx. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Câu Đáp án Điểm Câu I 1) Khi m = 1 ⇒ 3 2 6 9 2y x x x= − + − • TXĐ: D = R 3 2 lim. điểm) Tìm tất cả các số thực ,b c sao cho số phức ( ) ( ) ( ) ( ) 12 6 6 1 3 2 1 3 1 i i i i + − − + là nghiệm của phương trình 2 8 64 0.z bz c+ + = Hết Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum