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 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 61 Câu ý NỘI DUNG 1 2,0 điểm a Với 2m = hàm số có dạng 4 2 2 4 3y x x= − + TXĐ: D = ¡ Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = +∞ Chiều biến thiên: 3 0 ' 8 8 ; ' 0 1 x y x x y x = = − = ⇔ = ± BBT x −∞ 1− 0 1 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 3 1 +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) 1;0− và ( ) 1;+ ∞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 0;1 . Điểm cực đại ( ) 0;3 , cực tiểu ( ) ( ) 1;1 , 1;1− . Điểm uốn: 2 1 '' 24 8; '' 0 3 y x y x= − = ⇔ = ± . Điểm uốn 1 17 ; 9 3 U ± ÷ Đồ thị: Giao với Oy tại ( ) 0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng b TXĐ: ¡ 3 2 2 2 0 ' 8 2 ; ' 0 (*) 4 x y x m x y m x = = − = ⇔ = Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0m ⇔ ≠ Tọa độ các điểm cực trị ( ) 4 4 2 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1 2 8 2 8 m m m m A m B m C m − − − − + − + − ÷ ÷ . Dễ thấy A Oy∈ còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi 1m ≠ ± . Tọa độ trung điểm của BC là 4 2 0; 1 8 m I m − + − ÷ Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra 4 2 2 4 2 1 1 4 4 0 8 2 m m m m m − − + − = ⇔ − + = 2m⇔ = ± ( thỏa mãn). 2 1,0 điểm Đk: { ( ) cos4 1 sin 2 0 2 k x x k x π ≠ ⇔ ≠ ∈ ≠ ¢ Pt ( ) cos2 sin 2 sin 2 1 cos2x x x x⇔ + = − ( ) ( ) cos2 sin 2 1 sin 2 1 0x x x⇔ + − + = sin 2 1 1 sin 2 4 2 x x π = − ⇔ + = ÷ +) sin 2 1 4 x x k π π = − ⇔ = − + +) ( ) 1 sin 2 4 2 4 x k l x x k π π π π = + = ⇔ ÷ = + Vậy phương trình có nghiệm ( ) 4 2 k x k π π = + ∈¢ . 3 1,0 điểm ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 1 2 0 (1) 4 4 2 3 4 3 (2) x x y y x y y x + + − − = + + + − = Đk: 1 2 3 4 y x ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 (1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2x x y y x x y y⇔ + + − − = ⇔ + = − + − Xét hàm số 3 ( )f t t t= + trên ¡ , 2 '( ) 3 1 0f t t t= + ≥ ∀ ∈¡ (1) có dạng ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 0f x f y x y x= − ⇔ = − ⇒ ≥ Thay vào phương trình (2) ta được 4 2 16 24 8 3 4 3 0x x x− + − − = ( ) ( ) ( ) 2 2 16 2 1 4 1 4 5 0 3 4 1 x x x x − ⇔ − − − = − + ( ) ( ) ( ) 2 16 2 1 2 1 4 5 0 3 4 1 x x x x ⇔ − + − − = − + 1 2 x⇔ = do 3 0 4 x≤ ≤ Với 1 0 2 x y= ⇒ = . Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 ; 0 2 ÷ . 4 1,0 điểm Điều kiện 0x ≥ . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với 0x > viết lại phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 4 2 0x m x x m x+ + − + + + = ( ) ( ) 2 2 4 4 1 2 0 1 x x m m x x + + ⇔ + − + + = Đặt 2 4 2 x t x + = ≥ . Từ phương trình (1) ta có: ( ) ( ) 2 1 2 0 2t m t m+ − + + = ( ) 2 2 1 t t m g t t + + ⇔ = = − Xét hàm số ( ) 2 2 1 t t g t t + + = − với 2t ≥ ( ) ( ) ( ) 2 4 1( ) ' 1 ; ' 0 3 1 t l g t g t t t = − = − = ⇔ = − BBT t 2 3 +∞ g’(t) − 0 + g(t) 8 7 +∞ Để (1) có nghiệm 0x > thì (2) có nghiệm 2t ≥ Từ BBT của g(t) thì cần có 7m ≥ . 5 1,0 điểm Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB IE⊥ . Lại có ( ) AB SI AB SEI⊥ ⇒ ⊥ , do đó ( ) ( )ABCD SIE⊥ . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH ( ) SH ABCD⇒ ⊥ 3; 2SI a IE a SE a= = ⇒ = (do tam giác SEI vuông tại S) 3 2 a SH⇒ = . Vậy 3 . 1 2 3 . 3 3 S ABCD ABCD a V SH S= = (đvtt) Vì 2 2 1 2 2 2 a a EH SE SH OH EH OI= − = ⇒ = = = . Qua O kẻ / / ( )OF BC F BC∈ ( ) ( ) ( ) , ,d SO AB d AB SOF⇒ = ( ) ( ) ( ) ( ) , 2 ,d I SOF d H SOF= = Kẻ HK vuông góc với SO tại K ( ) HK SOF⇒ ⊥ ( ) 3 , 2 2 a d SO AB HK⇒ = = . 6 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: 3a b c+ + = Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b P a b c ab b c a bc a b c ac + − + − + − + + = + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b P a b c ab b c a bc a b c ac + − + − + − ⇒ − = − + − + − + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 1 1 1 9 P a b c b c a a c b − ⇒ = + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 1 5 25 3 c a b c c c = ≤ + − + + − + ( ) ( ) 2 1 2 1 0c c⇔ − + ≥ đúng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 1 1 1 9 P a b c b c a a c b − ⇒ = + + + + + + + + 3 3 5 5 P≤ ⇔ ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c= = . 7.a 1,0 điểm ( ) 1 C có tâm ( ) 1;1I , bán kính 1 1R = ; ( ) 2 C có tâm ( ) 3;4J − , bán kính 2 2R = Do 1 2 5IJ R R= > + ( ) ( ) 1 2 ,C C⇒ rời nhau nên A và B phân biệt ( ) ; 4M t t d+ ∈ 2 2 2 2 1 2 4 9MA MI R t t⇒ = − = + + ; 2 2 2 2 2 2 6 5MB MJ R t t= − = + + Tam giác AMB cân tại M 2 2 2MA MB t⇔ = ⇔ = . Vậy ( ) 2;6M . 8.a 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 2 4 6C = Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 3 4 4C = Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả số 0 đứng đầu) 2 3 4 4 . .5! 2880C C = Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho 1 3 3 4 . .4! 288C C = Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880 288 2592 − = số. 9.a 1,0 điểm ĐK: { 0 1 x x > ≠ ( ) 2 2 (1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x⇔ + − = ⇔ + − = (2) - Nếu 1x > ; (2) ( 3)( 1) 4x x x⇔ + − = 1 3 3 x x x = − ⇔ ⇒ = = - Nếu 0 1x < < ; (2) ( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3x x x x x⇔ + − = ⇔ = − ± ⇒ = − + Vậy phương trình có 2 nghiệm 3; 3 2 3x x= = − + 7.b 1,0 điểm Ta có 1 2 d d⊥ . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA IB= nên · 1 cos 5 IAB = hay d tạo với 1 d một góc α với 1 cos 5 α = 1 d có véc tơ pháp tuyến 1 (1;2)n ur , gọi ( ; )n a b r là véc tơ pháp tuyến của d 1 2 2 1 . 2 1 1 1 cos 5 5 5 5 n n a b n n a b α + = ⇔ = ⇔ = + ur r ur r 2 0 3 4 0 4 3 b b ab a b = ⇔ + = ⇔ = − Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0x = và 3 4 0x y− = 8.b 1,0 điểm 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .cos lim lim lim 1 lim x x x x x x e x x e x x x x x x x x → → → → − − − − = + = + 2 0 1 cos3 .cos lim x x x x → − 2 2 2 2 0 0 1 cos4 1 cos2 sin 2 sin lim lim 2 x x x x x x x x → → − + − + = = 2 2 2 2 2 2 0 0 0 sin 2 sin sin 2 lim lim 1 lim x x x x x x x x x → → → = + = + 2 2 0 sin 2 1 4lim 5 4 x x x → = + = . Vậy 2 2 0 cos3 .cos lim 6 x x e x x x → − = 9.b 1,0 điểm Cho 3 15 3 1 2 0 2 3 1 1 1 2 2 2 2 2 2 n n n a a a x a = ⇒ = + + + + = ÷ ÷ 15 8 2 5 n n⇔ = ⇔ = Ta có ( ) ( ) ( ) 5 5 5 3 15 3 15 3 5 5 0 0 0 1 2 1 2 2 k k i k k k k i k k k i x x C x x C x C x − − = = = + − = − = − ∑ ∑ ∑ ( ) 5 15 3 5 0 0 . . 2 . k i k i k i k k i C C x − + = = = − ∑∑ ( ) 0 5i k≤ ≤ ≤ 15 3 6 3 9k i k i− + = ⇔ − = Ta có bảng sau k 3 4 5 i 0 3 6 3, 0k i⇒ = = hoặc 4, 3k i= = Vậy ( ) ( ) 0 3 3 0 4 3 6 5 3 5 4 . . 2 . . 2 150.a C C C C= − + − = − Hết . ) 2;6M . 8.a 1,0 điểm Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) 2 4 6C = Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho 3 4 4C = Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được. cho (có cả số 0 đứng đầu) 2 3 4 4 . .5! 2880C C = Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho 1 3 3 4 . .4! 288C C = Vậy số các số thỏa mãn. 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