ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013 Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề) Đề 02 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x Câu I (2 điểm): Cho hàm số y 1 x 1) Khảo sát vẽ đồ thị C hàm số 2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN 10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x x y xy y 2) Giải hệ phương trình: 2 y( x y) x y 3sin x cos x dx (sin x cos x)3 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 Câu V (1 điểm): Cho số dương a, b, c : ab bc ca 1 1 Chứng minh rằng: 2 a (b c) b (c a ) c (a b) abc II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x y – x – y 0, (C ') : x y x – qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1 x) 20 a0 a1 x a2 x a20 x 20 Tính tổng: S a0 a1 a2 21 a20 Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : x y z x 1 y z 1 (d ) : 1 2 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (d1 ) N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng P : x – y z 2010 độ dài đoạn MN 2 log1 x ( xy x y 2) log 2 y ( x x 1) Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình =1 log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) DeThiMau.vn ………………………………… HẾT…………………………………………………… Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y k ( x 1) Bài tốn trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho x2 x1 y2 y1 90(*) 2 Điểm 1,0 0,25 2x kx (2k 3) x k k ( x 1) ( I ) Ta có: ( I ) x y k ( x 1) y k ( x 1) Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình kx (2k 3) x k 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k 0, k 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 k ) x2 x1 90 (1 k )[ x2 x1 x2 x1 ] 90(***) 2k k 3 , x1 x2 , vào (***) ta có k k phương trình: 8k 27 k 8k (k 3)(8k 3k 1) Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 3 41 3 41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn 0,5 k 3, k Câu Phần II (2,0) 1(1,0) Nội dung sin x 3sin x cos x 3sin x 3cos x (sin x sin x) 2sin x 3sin x (cos x 3cos x) 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) sin x (2sin x 1)(2 cos x 3cos x 1) cos x cos x x k 2 +) sin x , (k Z ) x 5 k 2 x k 2 +) cos x , (k Z ) x k 2 +) cos x x k 2 , (k Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm 2(1,0) x2 x y 4 x y xy y y Dễ thấy y , ta có: 2 y( x y) x y ( x y ) x y DeThiMau.vn 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt u x2 , v x y ta có hệ: y uv u 4v v 3, u v 2u v 2v 15 v 5, u 0,25 +) Với v 3, u ta có hệ: x2 y x2 y x2 x x 1, y x 2, y x y 3 y 3 x y 3 x x2 y x2 y x x 46 +) Với v 5, u ta có hệ: , hệ x y y x y x vô nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) {(1; 2), (2; 5)} Câu Phần Nội dung III Đặt x t dx dt , x t , x t (1,0) 2 0,25 Điểm 0,25 3sin x cos x 3cos t 2sin t 3cos x 2sin x dx dt dx (Do tích phân 3 (sin x cos x ) (cos t sin t ) (cos x sin x ) 0 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) 0,25 Suy ra: I 0,25 2 3sin x cos x 3cos x 2sin x dx dx dx = Suy ra: I I I 3 (sin x cos x ) (cos x sin x ) (sin x cos x ) 0 = 12 dx d x tan x KL: Vậy I 20 4 4 cos x cos x 4 4 Câu Phần Nội dung IV + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S (1,0) + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD VS BCD VS ABCD V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A 1.1 VS ABN V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 VS ABN V O VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: C B VS ABMN VS ABN VS BMN V + Ta có: V SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA ( ABCD) nên góc hợp AN với mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA N, suy NAD NDA 300 Suy ra: AD a tan 300 DeThiMau.vn 0,5 Điểm 0,25 D 0,25 1 3 Suy ra: V SA.dt ( ABCD) a.a.a a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD VS ABCD VS ABMN V V V 8 24 Câu Phần Nội dung V Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: ab bc ca 3 (abc) abc (1,0) 1 Suy ra: a (b c) abc a (b c) a (ab bc ca ) 3a (1) a (b c) 3a 1 1 Tương tự ta có: (2), (3) 2 b (c a ) 3b c (a b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab bc ca ( ) 2 a (b c) b (c a ) c (a b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc 1, ab bc ca a b c 1, (a, b, c 0) 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Nội dung Điểm + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R 1, R ' , đường VIa 1(1,0) thẳng (d) qua M có phương trình a ( x 1) b( y 0) ax by a 0, (a b 0)(*) 0,25 (2,0) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Câu Phần Khi ta có: MA MB IA2 IH I ' A2 I ' H '2 2 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] , IA IH 9a b2 2 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 35 a b2 a b2 36a b 35 a 36b 2 a b a 6 Dễ thấy b nên chọn b a6 Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2(1,0) + Ta có: AB (2; 2; 2), AC (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x y z 0, y z + Vecto pháp tuyến mp(ABC) n AB, AC (8; 4; 4) Suy (ABC): 2x y z 1 x y z 1 x + Giải hệ: y z y Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x y z z Bán kính R IA (1 0) (0 2) (1 1) Câu VII.a (1,0) Phần Nội dung + Ta có: x(1 x) 20 a0 2a1 x 3a2 x 21a20 x 20 (1 x) 20 60 x(1 x)19 a0 2a1 x 3a2 x 21a20 x 20 (*) Nhận thấy: ak x ak ( x) thay x 1 vào hai vế (*) ta có: k k S a0 a1 a2 21 a20 422 DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Nội dung + Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận VIb 1(1,0) HK (1; 2) làm vtpt AC qua K nên (2,0) ( AC ) : x y Ta dễ có: ( BK ) : x y + Do A AC , B BK nên giả sử A(2a 4; a ), B(b; 2b) Mặt khác M (3;1) K trung điểm AB nên ta có hệ: 2a b 2a b 10 a a 2b a 2b b Suy ra: A(4; 4), B(2; 2) C + Suy ra: AB (2; 6) , suy ra: ( AB) : x y Câu Phần Điểm A 0,25 M H B + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x y KL: Vậy : ( AC ) : x y 0, ( AB) : x y , ( BC ) : x y 0,5 0,25 2(1,0) + M , N (d1 ), (d ) nên ta giả sử M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (1 2t2 ; t2 ;1 t2 ) NM (t1 2t2 1; t1 t2 ; 2t1 t2 1) + MN song song mp(P) nên: nP NM 1.(t1 2t2 1) 1.(t1 t2 ) 1(2t1 t2 1) t2 t1 NM (t1 1; 2t1 ;3t1 1) t1 + Ta có: MN (t1 1) (2t1 ) (3t1 1) 7t 4t1 t1 4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ; ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M ( P) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 2 Nội dung xy x y 0, x x 0, y 0, x (I ) + Điều kiện: 0 x 1, y 2 log1 x [(1 x)( y 2)] log 2 y (1 x) + Ta có: ( I ) =1 log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) log1 x ( y 2) log 2 y (1 x) (1) = (2) log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) + Đặt log 2 y (1 x) t (1) trở thành: t (t 1) t t Với t ta có: x y y x (3) Thế vào (2) ta có: x x log1 x ( x 4) log1 x ( x 4) = log1 x 1 x x2 2x x4 x4 x0 y 1 Suy ra: + Kiểm tra thấy có x 2, y thoả mãn điều kiện x 2 y 1 DeThiMau.vn 0,25 2 VII.b (1,0) 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 ... abc (1 ,0) 1 Suy ra: a (b c) abc a (b c) a (ab bc ca ) 3a (1 ) a (b c) 3a 1 1 Tương tự ta có: (2 ), (3 ) 2 b (c a ) 3b c (a b) 3c Cộng (1 ), (2 ) (3 ) theo... tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I? ?(- 2; 0) R 1, R ' , đường VIa 1(1 ,0) thẳng (d) qua M có phương trình a ( x 1) b( y 0) ax by a 0, (a b 0 )(* ) 0,25 (2 ,0) + Gọi H, H’ trung... KL: Vậy : ( AC ) : x y 0, ( AB) : x y , ( BC ) : x y 0,5 0,25 2(1 ,0) + M , N (d1 ), (d ) nên ta giả sử M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (? ??1 2t2 ; t2 ;1 t2 ) NM (t1 2t2