TÀI LIỆU TOÁN THPT

ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 29-12-2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x
4
−2
(
m +1
)
x
2
+2m −1 có đồ thị (C
m
), ; m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C
2
) khi m =2.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y =−1 cắt đồ thị
(
C
m
)
tại đúng hai điểm phân biệt A,B , sao
cho tam giác I AB có diện tích bằng 4

2

(
x −2
)
=4


x −2 −

y

−6

y +2

y

x y −x +5

=2

y +2

−

5x +6
(x,y ∈R)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

e
1

x
+
yz
2
4z
2
x −x
2
y
+
zx
2
4x
2
y −y
2
z
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y cho tam giác ABC với A
(
3;5
)
, B
(
1;2
)
, C
(


β

: x +2y +2z −8 =0 một góc
ϕ có giá trị cosϕ =
20
21
. Lập phương trình đường thẳng ∆ đối xứng với đường thẳng d :
x
−3
=
y
−2
=
z
2
qua mặt
phẳng
(
α
)
biết z
C
<
3
2
.
Câu 7A. (1 điểm) Cho số phức có phần thực âm thỏa điều kiện z
3
+2z −16i =8z. Hãy tính mô-đun của số phức:

1;−1
)
. Tìm tọa các đỉnh A,D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn
(
C
)
và trực tâm H của tam
giác ABC thuộc đường thẳng d : x +2y +1 =0 và hoành độ điểm H bé hơn hơn 2.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm A
(
1;2;3
)
, B
(
4;−1;3
)
và đường tròn
(
C
)
là đường tròn
lớn nằm trong mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
1;−1;−2
)
và đường thẳng ∆ :

có đồ thị là
(
H
m
)
. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ bằng
−2 thuộc
(
H
m
)
cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A,B sao cho tam giác I AB có I A = 4IB với I là
giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị
(
H
m
)
.
———————————————–Hết—————————————————-

TỔNGHỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =x
4
−2
(
m +1
)
x
2
+2m −1 có đồ thị (C

*
Đạo hàm y

=4x

x
2
−3

, y

=0 ⇐⇒

x =0
x =±

3
Hàm số đồng biến trên (−

3;0),(

3;+∞) ;
Hàm số nghịch biến trên (−∞; −

3),(0;

3)
lim
x→−∞
y =+∞; lim


3;−6),(

3;−6)
*
Đồ thị
b) Lời giải (Con phố quen):
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và d:
x
4
−2(m +1)x
2
+2m −1 =−1 ⇔x
4
−2(m +1)x
2
+2m =0 (1)
Đặt t = x
2
≥0. Khi đó phương trình (1) trở thành:
t
2
−2(m +1)t +2m =0 (2).
Để (C
m
) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân biệt nghĩa là phương
trình (2) phải có đúng một nghiệm dương.
Mặt khác phương trình (2) có biệt số ∆



t
2
;−1

⇒ AB =2

t
2
.
Kẻ I H⊥d ⇒I H =d
(I ,d)
=
|
3 +1
|
1
=4. Ta có:
S
∆I AB
=
1
2
I H · AB ⇔4AB =S ⇔16AB
2
=S
2
⇔16t
2

2

2

2 −3

⇔m =−2

2
Đối chiếu điều kiện và kiểm tra lại ta thấy giá trị cần tìm của bài toán là :m =−2

2.
Câu 2.a Giải phương trình: cosx
(
cos2x −19
)
−
(
1 +sin x
)(
7 −cos2x
)
=−3
(
8 +sin2x
)
Lời giải 1 (thiencuong_96):
PT ⇔cosx(2cos
2
x −20) +(1 +sin x)(cos2x −7) +24 +3sin2x =0



x −2 −

y

−6 (1)

y +2

y

x y −x +5

=2

y +2

−

5x +6 (2)
(x,y ∈R)
Lời giải (giangmanh):
ĐK: x ≥2; y ≥0; x y −x +5 ≥0
(
1
)
⇔3
(
x −2


y ⇒ x −2 = y ⇒x = y +2
.
Thay vào
(
2
)
ta có :

y +2

y
3
+y
2
+3y +

5y +16 −2y −4 =0
⇔

y

1 +2

y
2
+y +3 −2

y +
5

y =0 ⇒y =0 ⇒x =2
Vậy

x; y

=
(
2;0
)
Câu 3. Tính tích phân I =

e
1
x
3
ln x +x
2
ln
2
x +3(x +1)
x( x +ln x)
dx.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có: I =

e
1
x
3
ln x +x






u

=
1
x
v =
x
2
2
ta được

e
1
x lnxdx =
1
2
x
2
ln x




e
1

+3ln(x +lnx)




e
1
=
e
2
4
+3ln(e +1)+
1
4
Câu4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Biết cạnh bên hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60
o
và mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính bằng
a

6
3
. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của S A, M là trung
điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M N vuông góc với BD. Tính thể tích khối chóp S.ABC D
và khoảng cách giữa hai đường thẳng M N và AC theo a.
Lời giải (thiencuong_96):
Gọi P là trung điểm S A.
Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các cạnh bằng nhau và đáy là hình vuông.
Gọi O là giao điểm hai điểm chéo. Vậy SO ⊥(ABCD).
Trong mặt phẳng (S AO) dựng đường trung trực qua P cắt SO tại I .

S A
2
2SO
=SI ⇔SO =
6SI
4
=

6a
2
Khi SO =

6a
2
Thì S A =

2a, AO =
a

2
⇒ AB = a
Chứng minh M N vuông AC
Có MP=CN(Do =
1
2
AD).
Nên C NMP là hình bình hành, do đó M NCP nên M N(SAC )
Mà B D vuông (S AC) nên M N vuông B D
+ V
S.ABCD

P =
x y
2
4y
2
z −z
2
x
+
yz
2
4z
2
x −x
2
y
+
zx
2
4x
2
y −y
2
z
Lời giải (ledinhmanqb):
Phântích: P có dạng hoán vị vòng quanh 3 biến. P lại có dạng thuần nhất nên dễ khiến người ta nảy ra ý tưởng đặt
x = az, y =bz chẳng hạn.
Còn cái điều kiện có thể đẩy ý tưởng người làm có nên dồn biến xét hàm. Nhưng dồn về biến nào bây giờ? Thật khó
xử.
Muốn dùng Cauchy-Schwarz cũng sợ cái mẫu nó có dương hay không? Vậy, cái điều kiện giả thiết có mục đích gì

a
2
+b
2
+c
2
≥
(a +b +c)
2
3
≥ab +bc +ca với a,b,c >0.
Bằng cách đặt a = x y, b = y z, c = zx ta được:



3x y z(x +y +z) ≤(x y +yz +zx)
2
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
≥

)
. Gọi ∆ là đường
thẳng đi qua A cắt BC sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B,C đến ∆ là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường
thẳng d đi qua điểm E
(
−1;1
)
đồng thời cắt cả hai đường thẳng ∆ và d
1
: x −y +14 = 0 lần lượt tại hai điểm H,K sao
cho 3HK =I H

10 với I là giao điểm của ∆ và d
1
.
Lời giải 1 (Con phố quen)::
Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng với việc tham số hóa đưa về giải tích.
Ta có :
−→
B A =(2;3),
−→
BC =(5;1) ⇒
−→
B A ·
−→
BC =2·5+1·3 =13 >0 Do đó : cosB >0 ⇒

B nhọn.
Có :
−−→

⇔

x =1
y =15
. Vậy I (1;15).
4

Xét điểm M(4;0) ∈∆, N (a, a +14) ∈d
1
thỏa 3MN = I M

10. Ta có :
−−→
M N =(a −4, a +14),
−−→
I M =(3;−15).
Nên từ : 3MN = I M

10
⇔9·

(a −4)
2
+(a +14)
2

=10·234 ⇔18a
2
+180a −432 =0 ⇔


x +1
16
=
y −1
−2
⇔x +8y −7 =0.
Lời giải 2 (Con phố quen)::
Sử dụng dựng hình và đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm.
Ta có :
−→
B A =(2;3),
−→
BC =(5;1) ⇒
−→
B A ·
−→
BC =2·5+1·3 =13 >0 Do đó : cosB >0 ⇒

B nhọn.
Có :
−−→
C A =(−3;2),
−→
CB =(−5;−1) ⇒
−−→
C A ·
−→
CB =15−2 =13 >0 Do đó : cosC >0 ⇒

C nhọn.

2
+b
2
=0).
Vì H là giao điểm của d và ∆ nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình :

a(x −1) +b(y −15) =0
5x +y −20 =0
⇔





x =
19b +a
5b −a
y =
5(5a −b)
a −5b
(a =5b). Vậy H

19b +a
5b −a
;
5(5a −b)
a −5b

.
5

10 ⇔9HK
2
=10I H
⇔
1296 ·(a +7b)
2
·(a
2
+b
2
)
(a −5b)
2
·(a +b)
2
=
1040 ·(a +7b)
2
(a −5b)
2
⇔(a +7b)
2
(8a −b)(a −8b) =0 ⇔


a =−7b
b =8a
a =8b
Trường hợp 1: a =−7b chọn a =7,b =−1 ⇒d : 7x −y −8 =0. (loại vì d,d
1

−2
=
z
2
qua mặt phẳng
(
α
)
biết z
C
<
3
2
.
Lời giải (giangmanh):
Gọi
−→
n
α
=
(
a;b; c
)
là VTPT của
(
α
)
. Ta có
−−→
AM =


a
2
+b
2
+c
2
=
20
21
⇒
|
a +2b +2
(
6a −2b
)
|

a
2
+b
2
+
(
6a −2b
)
2
=
20
7

3
2
Thoả mãn
Vậy
(
α
)
: 2x +3y +6z −6 =0
Ta thấy d và
(
α
)
song song với nhau mà d và ∆ đối xứng qua
(
α
)
nên
(
∆
)
có VTCP
−→
u
∆
=
(
−3;−2;2
)
Ta thấy O
(

OH //
−→
n
α
⇒



2x +3y +6z =12
x
2
=
y
3
=
z
6
⇒x =
24
49
; y =
36
49
; z =
72
49
Khi đó
(
∆
)



x =
24
49
−3t
y =
36
49
−2t
z =
72
49
+2t
Câu 7A. Cho số phức có phần thực âm thỏa điều kiện z
3
+2z −16i =8z. Hãy tính mô-đun của số phức:
ω =z
2
+
1
z
2
−8

z +
1
z

+17

b −b
3
−10b −16

i =0
⇔

a

a
2
−3b
2
−6

=0
3a
2
b −b
3
−10b −16 =0
⇒3

6 +3b
2

b −b
3
−10b −16 =0 ⇔b
3


z +
1
z
−4

2
−1 =

z +
1
z
−3

z +
1
z
−5

⇒ω =

−
63
10
+
9
10
i

−

=
9
10

3485
6

Câu6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho cho đường tròn
(
C
)
: x
2
+y
2
−2x −6y −6 =0 và hai điểm B
(
5;3
)
,
C
(
1;−1
)
. Tìm tọa các đỉnh A,D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn
(
C
)
và trực tâm H của tam giác
ABC thuộc đường thẳng d : x +2y +1 =0 và hoành độ điểm H bé hơn hơn 2.

2

Do B HC E là hình bình hành nên M là trung điểm của HE ⇒E
(
7 +2a;2−a
)
Ta có E ∈
(
C
)
⇒
(
7 +2a
)
2
+
(
2 −a
)
2
−2
(
7 +2a
)
−6
(
2 −a
)
−6 =0
⇒5a

)
, B
(
4;−1;3
)
và đường tròn
(
C
)
là đường
tròn lớn nằm trong mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
1;−1;−2
)
và đường thẳng ∆ :
x
3
=
y
2
=
z −6
−2
cắt đường tròn
(
C

∆
]
=7 Khi đó. R =

I E
2
+E N
2
=9.
Phương trình mặt cầu là (x −1)
2
+(y +1)
2
+)z +2)
2
=81
Ta có.
−→
I A(0;3; 5);
−→
I B(3;0;5) Nhận thấy I A = I B. Tam giác ABC cân tại C khi và chỉ khi C thuộc mặt phẳng (Q) qua I và
vuông góc AB
Ta có.
−→
AB(1; −1;O). Phương trình (Q) là: x −y −2 =0
Khi đó, tọa độ C là nghiệm của hệ



2x +y +3z −22 =0

(
H
m
)
.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có. M(−2;−m −8); y

=
x
2
+2x −m −2
(x +1)
2
; y

(−2) =−m −2.
Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M: y =(−m −2)(x +2) −m −8
A,B là giao của tiếp tuyến với Ox,Oy nên A(
−3m −12
m +2
;0);B(0;−3m −12) Ta có: y = x −3 +
m +3
x +1
Để tồn tại hai tiệm cận thì m =−3. TCĐ:x =−1; TCX :y = x −3. Nên I (−1; −4)
Ta có: I A =4I B ⇔


2m +10
m +2