ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 64 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x 3x mx 1= − + + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 = . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm 1 11 I ; 2 4 ÷ đến đường thẳng ( )∆ . Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình : 1 2(sinx cos x) tanx cot 2x cot x 1 − = + − . 2. Giải bất phương trình : 2 2 x 91 x 2 x+ > − + Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: e 1 (x 2)ln x x dx x(1 ln x) − + + ∫ Câu IV. (1.0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b. Tính thể tích của khối chóp theo a, b. Câu V. (1.0 điểm) Cho các số thực không âm a, b,c thỏa mãn a b c 1+ + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 3 a b b c c a 18 − − − ≤ . PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ). A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 67 0+ + − − − − = . CâuVII.a (1điểm) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 log x log x 2x 10 1 10 1 3 + − − = . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm ( ) I 1; 1− là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x 2y 12 0− + = .Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông. 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0− − − = một góc nhỏ nhất. CâuVII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 1 x 2 y 1 x 2 y 2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1 − + − + − − + + + − + = + − + HẾT 1 Hướng dẫn chấm đề số 64 Câu 1: 1, Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1= − + (1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1= − + * Tập xác định: .R * Sự biến thiên: + Giới hạn: ( ) 3 2 x x x lim y lim x 3x 1 ,lim y →−∞ →−∞ →+∞ = − + = −∞ = +∞ . + Bảng biến thiên: 2 x 0 y 3x 6x 3x(x 2), y 0 x 2 = ′ ′ = − = − = ⇔ = Bảng biến thiên: x ∞− 0 2 ∞+ y ′ + 0 - 0 + y 1 ∞+ ∞− -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ .+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . + Hàm số đạt cực đại tại CÐ x 0, y y(0) 1= = = , đạt cực tiểu tại CT x 2, y y(2) 3= = = − * Đồ thị:Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y 6x 6; y 0 x 1 ′′ ′′ = − = ⇔ = , y ′′ đổi dấu khi x qua x = 1. Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x^3-3x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Câu 1: 2, Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu Ta có 2 y 3x 6x m ′ = − + . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 ′ = có hai nghiệm phân biệt. Tức là cần có: 9 3m 0 m 3. ′ ∆ = − > ⇔ < Chia đa thức y cho y ′ , ta được: x 1 2m m y y . 2 x 1 3 3 3 3 ′ = − + − + + ÷ ÷ . Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( ) ( ) 1 1 2 2 x ; y , x ; y . Vì 1 2 y (x ) 0;y (x ) 0 ′ ′ = = nên phương trình đường thẳng ( ) ∆ qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: 2m m y 2 x 1 3 3 = − + + ÷ hay ( ) m y 2x 1 2x 1 3 = + − + 2 Ta thấy đường thẳng ( ) ∆ luôn đi qua điểm cố định 1 A ;2 2 − ÷ . Hệ số góc của đường thẳng IA là 3 k 4 = . Kẻ ( ) IH ⊥ ∆ ta thấy ( ) 5 d I; IH IA 4 ∆ = ≤ = . Đẳng thức xảy ra khi ( ) 2m 1 4 IA 2 m 1 3 k 3 ⊥ ∆ ⇔ − = − = − ⇔ = (TM). Vậy ( ) 5 max d I; 4 ∆ = khi m 1= . Câu 2: 1, Giải phương trình: 1 2(sinx cos x) t anx cot 2x cot x 1 − = + − .Điều kiện : sinx.cosx sinx.cos x 0 cot x 1 ≠ ≠ Phương trình đã cho tương đương với phương trình: ( ) 2 sinx cosx 1 sinx cos2x cos x sinx cos x sin2x sinx − = − + Giải được 2 3 3 cos x x k2 ,x k2 (k Z) 2 4 4 π π = − ⇔ = − + π = + π ∈ Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 3 x k2 ,(k Z) 4 π = + π ∈ Câu 2: 2, Giải bất phương trình : 2 2 x 91 x 2 x+ > − + Điều kiện x 2≥ Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) 2 2 x 91 10 x 2 1 x 9 0+ − − − − − − > 2 2 x 9 x 3 (x 3)(x 3) 0 x 2 1 x 91 10 − − ⇔ − − + − > − + + + ( ) x 3⇔ − 2 x 3 1 (x 3) 0 x 2 1 x 91 10 + − − + > ÷ − + + + (*) Ta có 2 x 3 1 (x 3) 0 x 2 1 x 91 10 + − + − < − + + + với mọi x 2≥ . Do đó (*) ⇔ x < 3. Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x 2≥ Câu 3: Tính tích phân: e 1 (x 2)ln x x dx x(1 ln x) − + + ∫ = ∫ ∫ = + −+ e e dxdx xx xxx 1 1 )ln1( ln2)ln1( -2 dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Ta có : ∫ −= e edx 1 1 Tính J = dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt t t ∫ − 2 1 1 = dt t ) 1 1( 2 1 ∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 Câu 4: Tính thể tích của khối chóp theo a, b Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường hợp này ta chứng minh được H nằm trong đáy. 3 Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a. Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì a HM HN HE 2 = = = là bán kính đường tròn và 2 2 a 1 SE SM SN b b SH 4b a 2 2 = = = > ⇒ = − ÷ Đặt CN x = thì BM 4x, CE x, BE 4x= = = Tam giác HBC vuông ở H nên 2 2 2 a a a HE EB.EC 4x x CD , AB 2a 4 4 2 = ⇔ = ⇔ = ⇒ = = , suy ra 2 ABCD 5a S 4 = . Vậy 2 2 2 2 2 2 S.ABCD 1 5a 1 5a V . . 4b a 4b a 3 4 2 24 = − = − (đvtt) Câu 5: Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 3 a b b c c a 18 − − − ≤ . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) F a;b;c a b b c c a= − − − . Ta cần chứng minh ( ) ( ) 3 F a;b;c * 18 ≤ • Nếu hai trong ba số a, b,c bằng nhau thì ( ) 3 F a;b;c 0 18 = < . • Nếu a, b,c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử { } a max a;b;c= . Lúc đó nếu b c> thì ( ) 3 F a;b;c 0 18 < < nên chỉ cần xét a c b> > . Đặt x a b= + thì c 1 x= − .Tacó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) F a;b;c a b c b a c a b c a b c x 1 x 2x 1 h x= − − − ≤ + + − = − − = Khảo sát hàm số ( ) h x với 1 x 1 2 < ≤ , ta được: ( ) 3 3 3 h x h 6 18 + ≤ = ÷ ÷ . Từ đó suy ra BĐT ( ) * . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3 3 3 a ; b 0; c 6 6 + − = = = . Câu 6a: 1, Lập phương trình các cạnh của hình vuông Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a;b) với 2 2 a b 0+ ≠ Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a). Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1) 0− + − = ax by 2a b 0⇔ + − − = BC có dạng : b(x 4) a(y 2) 0 bx ay 4b 2a 0− − + + = ⇔ − + + + = . Do ABCD là hình vuông nên d(P,AB) = d(Q,BC) 2 2 2 2 b 2a b 3b 4a b a a b a b = − − + ⇔ = ⇔ = − + + • Với b = 2a− Phương trình các cạnh hình vuông là: AB: x-2y = 0, BC: 2x y 6 0,CD : x 2y 2 0,AD : 2x y 4 0.+ − = − − = + − = • Với b = a− Phương trình các cạnh hình vuông là: AB: x y 1 0,BC : x y 2 0,CD : x y 2 0,AD : x y 3 0.− + + = − − + = − + + = − − + = Câu 6a: 2,Lập phương trình mặt phẳng Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9. Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng : A(x -13) + B(y +1) + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0+ + ≠ . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 ⇔ ( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9 2 2 B 5C 2B 8BC 17C⇔ + = + + ⇔ 2 2 B 4C B 2BC 8C 0 B 2C = − − = ⇔ = − Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài toán: 1 2 (P ) : 2x 2y z 28 0.(P ): 8x 4y z 100 0− + − + = + + − = 4 Câu 7a: Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 log x log x 2x 10 1 10 1 3 + − − = . Điều kiện : x > 0 Ta có phương trinhg tương đương với: ( ) ( ) 3 3 3 log x log x log x 2 10 1 10 1 .3 3 + − − = 3 3 log x log x 10 1 10 1 2 3 3 3 + − ⇔ − = ÷ ÷ ÷ ÷ . 3x⇔ = Câu 6b: 1, Gọi hình vuông đã cho là ABCD . Giả sử pt cạnh AB là 2 12 0x y− + = . Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB . Suy ra ( ) 2;5H − ,A B thuộc đường tròn tâm H , bán kính 45=IH có pt: ( ) ( ) 2 2 2 5 45x y+ + − = Toạ độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 12 0 2 5 45 x y x y − + = + + − = . Giải hệ tìm được ( ) ( ) 4;8 , 8;2A B − . Suy ra ( ) 2; 10C − − : 2 16 0AD x y+ − = ; : 2 14 0BC x y+ + = ; : 2 18 0CD x y− − = Câu 6b: 2, Viết Phương trình mặt phẳng ( R): Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng : A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với 2 2 2 A B C 0+ + ≠ . Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C Gọi α là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có: 2 2 B cos 5B 4BC 2C α = + + Nếu B = 0 thì α 0 90= . Nếu B 0≠ , đặt m = C B ,ta có: 2 2 1 1 1 cos 3 2m 4m 5 2(m 1) 3 α = = ≤ + + + + . α nhỏ nhất khi 1 cos 3 α = ⇔ m = -1 ⇔ B = - C. Vậy mặt phẳng ( R): x y z 3 0+ − + = Câu 7b: Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) =1 − + − + − − + + + − + = + − + x y x y xy x y x x y x Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y − − + + > − + > + > + > < − ≠ < + ≠ Ta có: 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y x y x I y x − + − + − + + − = ⇔ + − + 1 2 1 2 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y y x y x − + − + + + − − = ⇔ + − + Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + x x x x x x x x x x x x 0 ( ) 2 = ⇔ = − x l x . suy ra y = 1 + Kiểm tra thấy 2, 1x y= − = thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = - 2, y = 1 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 64 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x 3x mx 1= − + + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1). HẾT 1 Hướng dẫn chấm đề số 64 Câu 1: 1, Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1= − + (1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1= − + * Tập xác định: .R * Sự biến thi n: + Giới hạn:. 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Câu 1: 2, Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Ta có 2 y 3x 6x m ′ = − + . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 ′ = có hai nghiệm phân biệt.