Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 60 Ngày 5 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12 − + = x x y . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. 2. Cho điểm A(-2; 5). Viết phương trình đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm phân biệt B, C thuộc 2 nhánh sao cho tam giác ABC đều. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos (cos 2sinx) 3sinx(sinx 2) 1 sin 2 1 x x x + + + = − . 2. Giải bất phương trình: ( ) 2 35 12 1 12 .x x x− − < Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 2 4 4 cot x 1 sin dx x π π + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC, đáy là tam giác đều ABC có cạnh bằng 6 . Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh bên bằng 3 2 . Tính thể tích của khối chóp. Câu V (1,0 điểm) Cho x,y,z [ ] 0;1∈ .Tìm GTLN của biểu thức : P = 3 3 3 1 1 1 (1 ) 1 1 1 xyz x y z + + + ÷ + + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S = 12, giao điểm của hai đường chéo là I 9 3 ; 2 2 ÷ , trung điểm của cạnh BC là M(3; 0) và hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C. Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) và mặt phẳng (P): 04 =−−− zyx . Tìm trên (P) điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại C. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n thoả mãn đồng thời các điều kiện: 2 2 3 1 4 1 4 5 −−− <− nnn ACC và 3 1 4 1 15 7 + − + ≥ n n n AC . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VII.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I(4; -1); đường cao và trung tuyến xuất phát từ A có phương trình lần lượt là d 1 : 01=−+ yx và d 2 : 012 =−+ yx .Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD với A(1; 2; 0); C(2; 3; -4) và đỉnh B nằm trên mặt phẳng (Q): 032 =−++ zyx . Tìm toạ độ của đỉnh D. Câu VII.b (1,0 điểm) Cho hàm số x xx y 2 2 ++ = có đồ thị (C) và đường thẳng d: 1+= mxy . Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Hết 1 Thy giỏo:Lờ Nguyờn Thch T:01694838727 HNG DN GII 60 Câu 1: 1(1,0 điểm) * Tập xác định : D = R\ {1} * Sự biến thiên : Chiều biến thiên : y = 2 3 0, ( 1) x D x < Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( - ; 1) và (1; + ) Cc tr : hm s khụng cú cc tr. Giới hạn và tiệm cận : lim lim 2 x x y y + = = ; tiệm cận ngang y =2 1 1 lim ; lim x x y y + = = + ; tiệm cận đứng x = 1. Bng bin thiờn: * Đồ thị : Đồ thị đi qua các điểm (0; 1) , ( 1 2 ; 0) và nhận giao điểm của hai tiệm cận (1; 2) làm tâm đối xứng . Câu 1: 2(1,0 điểm) Mt ng phõn giỏc ca gúc to bi hai tim cn l t (L) : y = x + 3. Do A(-2 ; 5) (L) l trc i xng ca (K) nờn t (D) cn tỡm phi vuụng gúc vi (L) , suy ra (D) cú pt : y = x + m. Xột pt: 2 2 1 ( ) ( 3) ( 1) 0 1 x x m g x x m x m x + = + = + + = . Ta cú 2 2 ( 3) 4( 1) ( 1) 12 0m m m = + + = + > nờn (D) luụn ct (K) ti B, C phõn bit v do tớnh i xng nờn suy ra tam giỏc ABC cõn ti A. Gi s (D) (L) ti I suy ra I 2 2 3 3 7 ; 2 2 2 2 m m m AI + = ữ ữ Gi ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 ; 2( ) 2 4 2( 2 13) ; B x y y x m BC x x x x x x m m y x m C x y = + = = + = + = + Ta cú ABC u ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 2 : 1 1 4 3( 2 13) (7 ) 4 5 0 5 3 : 5 D y x m BC AI m m m m m m D y x = + = = + = + = = = Vy cú hai ng thng cn tỡm cú phng trỡnh: 5,1 =+= xyxy . Câu 2: 1(1,0 điểm) iu kin: sin2x 1. Pt 12sinsin23sin3cossin2cos 22 =+++ xxxxxx 02sin23sin2 2 =++ xx = = 2sin 2 2 sin x x += += 2 4 5 2 4 kx kx i chiu iu kin ta cú nghim: 2 4 kx += . Câu 2: 2(1,0 điểm) iu kin 1x hoc 1x . +) 1 x ta thy bpt khụng tho món. +) x = 1, bpt c tho món. +) 1 > x , chia hai v cho 1 2 x a n 1 12 1235 2 < x x x 12 35 1 2 > + x x x . Bỡnh phng hai v a v: 0 144 1225 1 2 1 2 2 2 4 > + x x x x . t 1 2 2 = x x t , t > 0, bpt tr thnh 0 144 1225 2 2 >+ tt 25 49 , 12 12 t t> < 12 25 >t Khi ú 12 25 1 2 2 > x x 144 625 1 2 4 > x x 0625625144 24 >+ xx < > 16 25 9 25 2 2 x x << > 4 5 1 3 5 x x (vỡ x > 1) Vy nghim ca bt phng trỡnh l: 3 5 >x hoc 4 5 1 < x . 2 x 1 + y || y 2 + 2 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 C©u 3(1,0 ®iÓm) Ta có I = ∫ + 2 4 4 sin1 cot π π dx x x = ∫ + 2 4 4 )sin1(sin cos π π dx xx x = ( ) ∫ + 2 4 44 3 sin1sin cossin π π dx xx xx . Đặt xt 4 sin= , ta có: 4 1 4 =⇒= tx π , 1 2 =⇒= tx π v à xdxxdt cossin4 3 = . Khi đó I = 4 1 ( ) ∫ + 1 4 1 1tt dt = 4 1 ∫ + − 1 4 1 1 11 dt tt = 4 1 = + 4 1 1 1 ln t t 2 5 ln 4 1 . C©u 4(1,0 ®iÓm) Vì các mặt bên có diện tích bằng nhau và các cạnh đáy bằng nhau nên các đường cao của các mặt bên từ S bằng nhau hay S cách đều các cạnh hình chóp. Gọi O là hình chiếu của S trên đáy thì O cách đều các cạnh của chóp, suy ra O là tâm đường tròn nội tiếp hoặc tâm đường tròn bàng tiếp (giả sử góc A) của đáy hình chóp. TH1: O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều ABC. Khi đó S.ABC là chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 , cạnh bên bằng 23 . Tính được OA = 2 2 3 .6. 3 2 = ⇒ SO = 4 . Suy ra V = 2 3 . A C B O S B C A O S M TH2: O là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác đều ABC. Gọi M là trung điểm BC thì AO = 2OM = 23 . Do đó SA ≠ 23 , suy ra SB = SC = 23 . Tính được OB = 6 ⇒ SO = 2 3 . Suy ra V = 3. C©u 5(1,0 ®iÓm) Ta có 1,0 ≤≤ ba thì: ( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 111 1 1 2 1 1 1 1 22 2 22 ≤ +++ −− = + − + + + baab abba abba ⇒ abba + ≤ + + + 1 2 1 1 1 1 22 , dấu bằng xảy ra khi a = b. Áp dụng với 1,,0 ≤≤ zyx ta có: xyz xyzyx xyzzyx + ≤ + + + ≤ + + + + + + + 1 4 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 433 333 ⇒ xyzzyx + ≤ + + + + + 1 3 1 1 1 1 1 1 333 ⇒ P ≤ 3 Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z. Vậy maxP = 3. C©u 6a : 1(1,0 ®iÓm) Ta có = 2 3 , 2 3 MI nên MI = 2 23 và AB = 2MI = 23 . Suy ra BC = 22= AB S ⇒ MB = MC = 2 . BC qua M và vuông góc với MI nên có phương trình: 03 =−+ yx . Gọi C(c, 3 − c) ∈ BC. Do MC = 2 nên ( ) 13 2 =−c ⇔ = = 2 4 c c . Với c = 4 ta có C(4, −1) loại. Với c = 2 ta có C(2, 1). Suy ra B(4, −1), A(7, 2), D(5, 4). C©u 6b: 2(1,0 ®iÓm) Gọi C(a, b, c). Vì C ∈ (P) nên 04 =−−− cba (1). Tam giác ABC vuông cân ⇔ CA = CB và 2CA 2 = AB 2 . CA = CB ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 2 22 432)1(35 ++−+−=++−+− cbacba ⇔ 01=−+ ca (2) 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Từ (1), (2) ta có: cbca 23,1 −−=−= . Thay vào 2CA 2 = AB 2 được: ( ) ( ) ( ) 41624 222 =+++++ ccc ⇔ 11 2, 3 c c= − = − . Vậy C(3, 1, −2) hoặc C − 3 11 , 3 13 , 3 14 . C©u 7a(1,0 ®iÓm) Điều kiện: 4*, ≥∈ nNn . +) 2 2 3 1 4 1 4 5 −−− <− nnn ACC ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) !4 !2 4 5 !4!3 !1 !5!4 !1 − − < − − − − − n n n n n n ⇔ 0229 2 <−− nn ⇔ 112 <<− n . +) 3 1 4 1 15 7 + − + ≥ n n n AC ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) !2 !1 15 7 !4!5 !1 − + ≥ − + n n n n ⇔ 0505 2 ≥−− nn ⇔ −≤ ≥ 5 10 n n Kết hợp điều kiện và các kết quả lại ta có n = 10. C©u 6b: 1(1,0 ®iÓm) Toạ độ A là nghiệm của hệ =−+ =−+ 012 01 yx yx ⇔ = = 0 1 y x ⇒ A(1, 0). Đường thẳng d qua I song song với d 1 có phương trình: 03 =−+ yx . Trung điểm M của BC là giao điểm của d và d 2 có toạ độ thoả mãn =−+ =−+ 012 03 yx yx ⇔ −= = 2 5 y x ⇒ M(5, −2). Đường thẳng BC qua M, vuông góc với d nên có phương trình: 07 =−− yx . Gọi B(b, b−7) ∈ BC. Do IB = IA nên ( ) ( ) 1064 22 =−+− bb ⇔ = = 3 7 b b . Với B(7, 0) thì C(3, −4), với B(3, −4) thì B(7, 0). Phương trình các cạnh tam giác ABC là: 022 =−+ yx , 07 =−− yx , y = 0. C©u 6b: 2(1,0 ®iÓm) Gọi B(a, b, c). Ta có B ∈ (P) nên 01552 =−−+ cba (1) Từ giả thiết ta có ∆ABC vuông cân nên BA = BC và 2BA 2 = AB 2 . BA 2 = BC 2 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222 2 22 43221 ++−+−=+−+− cbacba ⇔ 0124 =−−+ cba (2) Từ (1) và (2) ta có: 3,93 +=+= cbca . Thay vào 2BA 2 = AB 2 được ( ) ( ) 9183 2 22 =+++− cca ⇔ 28 2, 11 c c= − = − Trung điểm của AC là − 2, 2 5 , 2 3 I và B, D đối xứng nhau qua I. Với 2 −= c ta có B(3, 1, −2), suy ra D(0, 4, −2) Với 11 28 −=c ta có B − 11 28 , 11 5 , 11 15 , suy ra D − 11 16 , 11 50 , 11 18 C©u 7b(1,0 ®iÓm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 1 2 2 += ++ mx x xx ⇔ ( ) 21 2 =− xm (1) (vì x = 0 không phải là nghiệm) D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > 1. Gọi A(x 1 , mx 1 + 1), B(x 2 , mx 2 + 1) thì 0 21 =+ xx và 1 2 21 − −= m xx . AB 2 = ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 21 2 21 2 2 21 2 411 xxxxmxxm −++=−+ = 8 1 1 2 − + m m = 8 + − +−= − ++ 2 1 2 18 1 2 1 m m m m ≥ ( ) 2228 + ⇒ AB ≥ 214 + Dấu bằng xảy ra ⇔ 21+=m > 1. Vậy 21+=m . 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Ngày 6 tháng 3 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 2 1 (1)y x m x m= − + − (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2.m = b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,A B C sao cho bốn điểm O, , ,A B C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 4sin 1 cot 2 1 cos 4 x x x + = − . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 1 2 0 4 4 2 3 4 3 x x y y x y y x + + − − = + + + − = . Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình ( ) ( ) 2 3 2 4 1 4x m x m x x + + + = − + có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng ( ) SCD với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 . 2 2 2 5 a b c b c a c a b a b c ab a b c bc a b c ca + − + − + − + + ≥ + + + + + + + + + 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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 4 0d x y − + = và hai đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 1 : 1 1 1;C x y − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 3 4 4C x y + + − = . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn ( ) 1 C và tiếp tuyến MB đến đường tròn ( ) 2 C (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: 8 4 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log 4 2 4 x x x + + − = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1 : 2 3 0d x y+ − = và đường thẳng 2 : 2 1 0d x y− − = cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt 1 2 ,d d lần lượt tại ,A B sao cho 2IA IB = . Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: 2 2 0 cos3 cos lim x x e x x x → − . Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển ( ) 3 2 3 0 1 2 3 1 2 n n n x x a a x a x a x− + = + + + + . Xác định hệ số 6 a biết rằng 15 3 1 2 0 2 3 1 2 2 2 2 n n a a a a + + + + = ÷ . Hết 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 60 Ngày 5 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 12 − + = x x y . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (H) của hàm số. 2 ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 61 Ngày 6 tháng 3 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 2 1 (1)y x m x m= − + − (m là tham số) . a) Khảo. (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. Câu 9a (1,0 điểm).