ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39 Ngày 28 tháng 12 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm): Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3(m – 1)x + 2 có đồ thị (C m ), m R∈ . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. b) Tìm giá trị của m để đường thẳng d: y = –x + 2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 2), B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 2 , với M(3; 1) Câu 2 (2 điểm): a) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 5 5sin3 3sin5 0x x π π + −+ = b) Giải phương trình: 3 2 3 1 3 1 5 8 0x x+ + − − = Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: 2 ln (1 ln ) xdx x+ ∫ Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC. Đáy ABC là tam giác vuông tại B có góc C bằng 30 o và có trọng tâm là G. Cạnh bên SA tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60 o và SA = 2a. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu 5 (1 điểm): Cho x , y là hai số thực thỏa điều kiện: 2 1 2 1 .x x y y − + = + − Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = 1x y+ + II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B. A- Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B(2; -1), phương trình đường thẳng chứa đường cao AH là 3x – 4y + 27 = 0, phương trình đường thẳng chứa phân giác trong CC’ là x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C. Câu 7a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x 2 + y 2 + z 2 + 2x – 2z – 1 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) sao cho (P) cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác O) mà OA = OB = OC. Câu 8a (1 điểm): Tìm số hạng chứa x 13 trong khai triển (1 – x) n , biết n là số cạnh của một đa giác lồi có số đường chéo gấp 13 lần số cạnh của nó. B- Theo chương trình nâng cao: Câu 6b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x 2 + y 2 – 4x – 2y – 4 = 0 và điểm A(-4; 3). Gọi E và F là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến vẽ từ A đến đường tròn (C). Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(-1; 5) và song song với đường thẳng EF. Câu 7b (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 4x + y – z = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với mặt phẳng (P) và cách điểm B(1; 3; 6) một khoảng bằng 2. Câu 8b (1 điểm): Cho tập hợp A có n phần tử. Biết rằng số tập con gồm 3 phần tử của A nhiều hơn số tập con gồm 2 phần tử của A là 75 tập. Hãy tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( ) 2 ( 0) n x x x − ≠ ===Hết=== Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM BÀI THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39 Câu 1: 1a. Với m = 0: y = x 3 – 3x + 2 * TXĐ: D = R, y’ = 3x 2 – 3, lim y x = ±∞ →±∞ * BBT: * Khoảng đồng biến, nghịch biến, c.đại, cực tiểu x y 4 2 -2 -1 O 1 Câu 1: 2, P.trình hoành độ giao điểm của d và (C m ): x 3 + 2mx 2 + 3(m – 1)x + 2 = -x + 2 ⇔ x = 0 hoặc x 2 + 2mx + 3m – 2 = 0 (1) d cắt (C m ) tại B, C khác A ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 khác 0 ⇔ { 2 3 2 0 3 2 0 m m m − + > − ≠ (*) B, C ∈ d nên B(x 1 ; 2–x 1 ), C(x 2 ; 2–x 2 ) ⇒ BC = 1 2 2 x x − ;dt( ∆ MBC) = 1 2 1 . ( ,( )) 2 BC d M d x x= − . Do đó dt( ∆ MBC) = 2 2 ⇔ 1 2 2 2x x− = ⇔ 2 1 2 1 2 ( ) 4 8x x x x+ − = ⇔ m 2 – 3m = 0 ⇔ m = 0, m = 3 thỏa (*). Vậy m = 0 và m = 3 là các giá trị cần tìm. Câu 2a Pt ⇔ ( ) ( ) 5sin 3 3sin 5 0x x π π + + − = ⇔ 5sin( 3 ) 3sin5 0x x− + = ⇔ 3(sin5 sin3 ) 2sin3 0x x x− − = 3 3cos4 sin (3sin 4sin ) 0x x x x− − = ⇔ 2 sin (4sin 3cos4 3) 0x x x + − = ⇔ 2 sin 0 3cos 2 cos2 2 0 x x x = − − = ⇔ sin 0 cos2 1 2 cos2 3 x x x = = = − ⇔ 1 2 arccos( ) 2 2 3 x k x k π π = = ± − + k Z ∈ Câu 2b Đặt 3 3 1, 1 5 0u x v x = + = − ≥ ,được: { 3 2 5 3 8 2 3 8 u v u v + = + = { 3 2 15 (8 2 ) 24 3 8 2 u u v u + − = ⇔ = − ⇔ { 3 2 15 4 32 40 0 3 8 2 u u u v u + − + = = − ⇔ { 2 4 0 u v = − = ≥ Vậy 3 3 1 2x + = − . Nghiệm của p.trình đã cho là x = -3 Cách khác cho câu 2b:Đặt 3 3 1u x = + , 3 1 3 u x − = dẫn đến 3 8 5 3 8 2 3 u u − = − ⇔ { 3 2 8 2 0 3(8 5 ) (8 2 ) u u u − ≥ − = − ⇔ { 3 2 2 15 4 32 40 0 u u u u ≤ + − + = ⇔ u = - 2 ⇒ x = -3 là nghiệm của p.trình đã cho. Câu 3: Đổi biến ln t t x dx e dt= ⇒ = I = 2 2 ln (1 ln ) (1 ) t x te dt dx x t = + + ∫ ∫ Từng phần: 2 (1 ) 1 (1 ) 1 t t u te du e t dt dt dv v t t = = + ⇒ = = − + + I = 1 0 ln 1 1 1 ln t t t t x x te te e dt e C x C t t x − + = − + + = − + + + + + ∫ Cách 2: Viết lại I = ( ) 2 2 2 1 1 ln ln (1 ln ) 1 ln e e x dx xdx x x x x = + + ∫ ∫ Đổi biến 2 1 ln lnx x t dt dx x x + − = ⇒ = I = 2 1 1 ln dt x C t x t − = = + + ∫ Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa x - ∞ -1 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y - ∞ Z 4 ] 0 Z +∞ 2 Cách 3:Viết I = 2 2 1 1 1 ln 1 ln (1 ln ) (1 ln ) e e e xdx dx dx x x x = − + + + ∫ ∫ ∫ = I 1 - I 2 Tính I 1 : Đặt 2 1 1 (1 ln ) 1 ln du dx u x x x dv dx v x − = = ⇒ + + = = I = 2 1 ln (1 ln ) x dx x x + + + ∫ + I 2 . Suy ra I = 1 ln x x+ +C Câu 4: (SGB) ⊥ (ABC) và (SGC) ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ (ABC) ⇒ SAG ∧ = 60 o ⇒ SG = a 3 , AG = a Gọi M là trung điểm của BC thì AM = 3a/2; ABC là nửa tam giác đều nên BC = AB 3 ; ∆ ABM cho AM 2 = AB 2 + BM 2 ⇔ 9a 2 /4 = AB 2 + 3AB 2 /4 ⇔ AB = 3 7 a ⇒ BC = 3 3 7 a Thể tích khối chóp S.ABC là: V = 3 9 14 a Câu 5: Đặt 1, 1u x v y= + = + . Từ đ.kiện và yêu cầu của bài toán, hệ p.trình sau phải có nghiệm ( ; )u v với 0, 0u v≥ ≥ : { 2 2 2 2 2 2( ) 1 u v u v u v P + − = + + = + Viết lại hệ: 2 1 2 6 3 8 P u v P P uv − + = − − = . Suy ra ,u v là 2 nghiệm không âm của p.trình 2 2 1 6 3 0 2 8 P P P t t − − − − + = (*) Điều kiện để (*) có 2 nghiệm không âm là: 2 2 10 7 0 0 0 6 3 0 0 1 0 P P P P P S P − − ≤ ∆ ≥ ≥ ⇔ − − ≥ ≥ − ≥ ⇔ 3 2 3 5 4 2P+ ≤ ≤ + Vậy: MaxP = 5 4 2+ khi x = y = 2+2 2 MinP = 3 2 3+ khi x = 3+2 3 , y = -1 hay ngược lại Cách khác cho câu 5: Đặt 1, 1X x Y y= + = + . Điều kiện bài toán trở thành X 2 + Y 2 – 2X – 2Y – 2 = 0.(1) (X; Y) là tọa độ điểm M thuộc cung tròn (C) tâm I(1;1) có phương trình (1) nằm trong góc XOY của mp tọa độ OXY. (C) cắt OX, OY và tia phân giác góc XOY lần lượt tại A( 1 3 + ; 0), B(0; 1 3 + ) và T( 1 2;1 2 + + ) (OA=OB). Có P + 1 = X 2 + Y 2 = OM 2 . P lớn nhất ⇔ P+1 lớn nhất ⇔ OM lớn nhất ⇔ M ≡ T ⇔ OM 2 = 6+4 2 . P nhỏ nhất ⇔ M ≡ A (hoặcB) ⇔ OM 2 = 4+2 3 . Vậy MaxP = 5+4 2 khi x = y = 2+2 2 . MinP=3+2 3 khi x=3+2 3 ,y=-1 hay y=3+2 3 ,x=-1. Câu 6a :BC qua B và vuông góc với AH nên có phương trình là: 4x + 3y – 5 = 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: { 4 3 5 0 2 5 0 x y x y + − = + − = ⇒ C(-1; 3) Phương trình đường thẳng d qua B và vuông góc với CC’ là 2x – y – 5 = 0. Tọa độ giao điểm I của d và CC’ là nghiệm của hệ: { 2 5 0 2 5 0 x y x y − − = + − = ⇒ I(3; 1). Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua I thì B’(4; 3). Đường thẳng AC qua C và B’ nên có VTCP là ' (5;0)CB = uuur hay VTPT (0;1)n = ur . Suy ra p.trình của AC là y – 3 = 0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: { 3 0 3 4 27 0 y x y − = − + = ⇒ A(-5; 3) Câu 7a : (S) có tâm I(-1; 0; 1), bán kính R = 3 Gọi A(a; 0; 0). Từ g.thiết suy ra B(0; a; 0), C(0; 0; a) với a>0. Phương trình (P) có dạng: 1 a a a a y x z hay x y z+ + = + + = . (P) tiếp xúc (S) nên d(I,(P)) = R ⇔ 3 3 a = Do a > 0 nên a = 3.Vây: (P) có phương trình x + y + z – 3 = 0 Câu 8a :Số đường chéo của đa giác là 2 C n n − .Theo giả thiết: 2 13C n n n − = . Giải ra được 29n = Số hạng tổng quát trong khai triển là 29 ( ) k k C x− . Số hạng chứa 13 x là 13 13 29 ( )C x− = 13 67863915x − Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 G M A C B S Câu 6b (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 3 d cùng phương EF nên nhận (6; 2)AI = − uur làm VTPT. Phương trình d: 3x – y + 8 = 0 d(I,(d)) = 13 10 >R ⇒ d không trùng EF. Vậy phương trình d là 3x – y + 8 = 0 Cách khác: (C) có tâm I(2;1) Phương trình đường tròn (AEIF) là x 2 + y 2 + 2x – 4y – 5 = 0. Tọa độ E, F là nghiệm của hệ hai phương trình của (C) và (AEIF). Trừ theo vế hai phương trình nầy suy ra phương trình của EF là 6x– 2y – 1 = 0. Suy ra phương trình của d là 3x– y + 8 = 0. Câu 7b :(Q) qua A nên có pt: ax +by +cz–a–b–c = 0 Với a, b, c không đồng thời bằng 0 (Q) ⊥ (P) ⇒ 4a + b – c = 0 ⇒ c = 4a + b (1) ; d(B,(Q)) = 2 2 2 2 5 2 b c a b c + = + + Do (1), được 2 2 2 20 7 2 (4 )a b a b a b + = + + + ⇔ 332a 2 + 248ab + 41b 2 ⇒ 41 1 83 2 2 a a hay b b = = = − = − Vậy có hai mp(Q) có phương trình :x–2y+2z – 1 = 0, 41x – 166y – 2z + 127=0 Câu 8b :Từ giả thiết suy ra: 3 2 75 n n C C− = .Giải được n = 10 Số hạng tổng quát 10 10 2 10 10 2 ( ) ( 2) k k k k k k C x C x x − − − = − Số hạng không chứa x ứng với k = 5 Vậy số hạng không chứa x là -8064 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39 Ngày 28 tháng 12 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm): Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3(m – 1)x +. ÁN – BIỂU ĐIỂM BÀI THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39 Câu 1: 1a. Với m = 0: y = x 3 – 3x + 2 * TXĐ: D = R, y’ = 3x 2 – 3, lim y x = ±∞ →±∞ * BBT: * Khoảng đồng biến, nghịch biến, c .đại, cực tiểu x y 4 2 -2 -1 O 1 Câu. + 127 =0 Câu 8b :Từ giả thi t suy ra: 3 2 75 n n C C− = .Giải được n = 10 Số hạng tổng quát 10 10 2 10 10 2 ( ) ( 2) k k k k k k C x C x x − − − = − Số hạng không chứa x ứng với k = 5 Vậy số