ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 68 Ngày 22 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 2 2 2 sin cos 2sin 2 sin sin 3 1 cot 2 4 4 x x x x x x π π + − = − − − ÷ ÷ ÷ + . 2. Giải hệ phương trình ( ) 3 2 2 7 2 2 2 4 x y y x x − + = + − + = − ( ) ,x y ∈¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 3 2 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx x x + + + = + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB= = = và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình ( ) 2 4 6 3 2 2 3x x x m x x+ − − = + + − Tìm m để phương trình có nghiệm thực. 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 Oxy, cho hai đường tròn ( ) 2 2 : 18 6 65 0C x y x y+ − − + = và ( ) 2 2 ' : 9C x y+ = Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8 . 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ( ) : 1 2 1 x t d y t z = = − + = và điểm ( ) 1;2;3A − . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 3 . Câu VII.a (1.0 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 1 log 2 1 log 2 0 2 x x x− − − ≥ . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( ) 3;3I và 2AC BD = . Điểm 4 2; 3 M ÷ thuộc đường thẳng AB , điểm 13 3; 3 N ÷ thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1 d : ; d : 1 2 1 2 1 1 + + − − − = = = = và mặt phẳng ( ) P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Câu VII.b (1.0 điểm) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 3 9 3 1 log 1 log 2 1 log 1 2 x x x+ = − + + . Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 68 Câu Đáp án Điể m I (2,0 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= ￚ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0.25 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 • Đồ thị: 0.25 2.(1,0 điểm) Đặt ( ) ( ) 3 2 3 2 ; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − + với a b≠ . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 ; ' 3 6 A A B B k y x a a k y x b b= = − = = − . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 3 6 3 6 2 0 2 A B k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − . 0.25 Độ dài đoạn AB là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3 . 3 4 1 4 1 . 1 3 AB a b a b a b a b a b a ab b a b a a a = − + − − − = − + − + + − + = − + − − − 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 2 1 4 3 4 2 4 1 8 1 32 0 1 2 1 8 0 1 1 2 a a AB a a a a a a − = = = ⇔ − − − − = ⇔ − − − − = ⇔ ⇔ = − − = − . 0.25 • Với 3 1a b = ⇒ = − • Với 1 3a b= − ⇒ = Vậy ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − hoặc ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − . 0.25 II 1. (1,0 điểm) Điều kiện: sin 0x ≠ (*). Khi đó: Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 sin2 cos 2 .sin 2 cos 2 .sin 4 x x x x x π + = − ÷ 0.25 2 (2,0 đ) ( ) cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 0 4 4 4 x x x x x π π π ⇔ − = − ⇔ − − = ÷ ÷ ÷ 0.25 • sin 1 2 2 x x k π π = ⇔ = + ( ) k ∈¢ , thỏa (*) 0.25 • 3 cos 2 0 4 8 2 k x x π π π − = ⇔ = + ÷ ( ) k ∈¢ , thỏa (*) Vậy, phương trình có nghiệm: ( ) 3 2 ; . 2 8 2 k x k x k π π π π = + = + ∈¢ 0.25 2.(1,0 điểm) Điều kiện: 2; 2x y≥ − ≥ − Đặt 2; 2u x v y= + = + với , 0u v ≥ (*) . Hệ trở thành: ( ) 2 2 2 7 (1) 2 1 2 4 (2) 4 u v v u u − = + − = 0.25 Thế (1) vào (2) ta được phương trình: 2 2 3 4 3 2 7 1 2 8 2 7 8 12 0 2 4 u u u u u u u − + − = ⇔ + − − + = ÷ 0.25 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 5 6 0u u u u⇔ − − + + = 1 2u u⇔ = ∨ = (vì 2 5 6 0, 0u u u+ + > ∀ ≥ ) • Với 1u = thay vào (1) ta được 5 2 v = − , không thỏa (*) • Với 2u = thay vào (1) ta được 1 2 v = , thỏa (*) 0.25 Vậy, hệ phương trình có nghiệm: 2 7 4 x y = = − . 0.25 III (1,0 đ) (1,0 điểm) ( ) 3 2 2 1 1 1 1 ln 2 1 1 ln 2 ln 2 ln e e e x x x x I dx x dx dx x x x x + + + + = = + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 3 3 2 1 1 1 3 3 e e x e x dx − = = ∫ 0.25 ( ) 1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e d x x x dx x x x x x x + + = = + + + ∫ ∫ ( ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 e e + = + − = 0.25 Vậy 3 1 2 ln 3 2 e e I − + = + . 0.25 IV (1,0 đ) (1,0 điểm) Trong (ABC), kẻ CH AB⊥ ( ) H AB∈ , suy ra ( ) ' 'CH ABB A⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( ) · ( ) · · 0 ' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = = . 0.25 3 • 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S AC BC ∆ = = • 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ = • 2. 21 7 ABC S a CH AB ∆ = = Suy ra: 0 2 21 ' sin30 7 CH a A C = = . 0.25 Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7 a AA A C AC= − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . 0.25 Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ' , ' ', ' ' , ' ' 7 a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = = . 0.25 V (1,0 đ) (1,0 điểm) Điều kiện: 2 3x− ≤ ≤ .Đặt 2 2 3t x x= + + − với [ ] 2,3x ∈ − Ta có: 1 1 3 2 2 ' 2 2 3 2 2 3 x x t x x x x − − + = − = + − + − ; ' 0 3 2 2 1y x x x= ⇔ − = + ⇔ = − Bảng biến thiên: Từ BBT suy ra: 5,5t ∈ 0.25 Do 2 2 2 2 3 4 6 3 14t x x x x x t= + + − ⇔ + − − = − nên phương trình trở thành: 2 2 14 14 t t mt m t − − = ⇔ = 0.25 Xét hàm số ( ) 2 14t f t t − = với 5,5t ∈ , ta có: ( ) ( ) 2 2 14 ' 0, 5,5 t f t t f t t + = > ∀ ∈ ⇒ đồng biến trên 5,5 0.25 Phương trình có nghiệm thực ⇔ ( ) ( ) 9 5 11 5 5 5 5 f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy, phương trình có nghiệm thực khi 9 5 11 5 5 m− ≤ ≤ . 0.25 VI.a 1. (1,0 điểm) Đường tròn (C’) có tâm ( ) O 0;0 , bán kính R OA 3= = . Gọi H AB OM= I , do H là trung điểm của AB nên 12 AH 5 = . Suy ra: 2 2 9 OH OA AH 5 = − = và 2 OA OM 5 OH = = 0.25 4 (2,0 đ) Đặt ( ) M ;x y , ta có: ( ) 2 2 2 2 M 18 6 65 0 OM 5 25 C x y x y x y ∈ + − − + = ⇔ = + = 0.25 2 2 2 3 15 0 9 20 0 25 15 3 x y x x x y y x + − = − + = ⇔ ⇔ + = = − 0.25 4 5 3 0 x x y y = = ⇔ ∨ = = Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: ( ) M 4;3 hoặc ( ) M 5;0 . 0.25 2.(1,0 điểm) Đường thẳng (d) đi qua điểm ( ) 0; 1;1M − và có VTCT ( ) 1;2;0u = r . Gọi ( ) , ,n a b c= r là VTPT của (P) với 2 2 2 0a b c+ + ≠ . Do (P) chứa (d) nên: . 0 2 0 2u n a b a b= ⇔ + = ⇔ = − r r (1) Phương trình (P) có dạng: ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 0a x b y c z ax by cz b c− + + + − = ⇔ + + + − = (2) 0.25 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 5 2 ,( ) 3 3 3 5 2 3 5 5 a b c b c d A P b c b c a b c b c − + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = + + + + 0.25 ( ) 2 2 2 4 4 0 2 0 2b bc c b c c b⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = (3) 0.25 Do 0b ≠ nên thay (1), (3) vào (2) ta được phương trình: 2 2 0 2 2 1 0bx by bz b x y z− + + − = ⇔ − − + = Vậy, phương trình (P) là: 2 2 1 0x y z− − + = . 0.25 VII.a (1,0 đ) (1,0 điểm) Điều kiện: 1x > − và 1 2 x ≠ . Khi đó: 0.25 Phương trình đã cho tương đương với : ( ) ( ) 3 3 3 log 1 log 2 1 1x x x+ = − + ( ) 3 2 1 2 1 1 1 2 1x x x x x x⇔ + = − + ⇔ − + = − 0.25 • Với 1 2 x > thì ta được phương trình: 2 1 3 2 0 2 x x x x = − + = ⇔ = 0.25 • Với 1 1 2 x− < < thì ta được phương trình: 2 0 0x x x+ = ⇔ = Vậy, phương trình có tập nghiệm: { } 0;1;2S = 0.25 VI.b (1,0 điểm) Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5 ' 3; 3 N ÷ Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y− + = Suy ra: ( ) 3 9 2 4 , 10 10 IH d I AB − + = = = 0.25 Do 2AC BD= nên 2IA IB= . Đặt 0IB x= > , ta có phương trình: 2 2 2 1 1 5 2 2 4 8 x x x x + = ⇔ = ⇔ = 0.25 (2,0 đ) Đặt ( ) ,B x y . Do 2IB = và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 0.25 5 ( ) ( ) 2 2 2 14 4 3 5 18 16 0 3 3 2 5 8 2 3 2 3 2 0 5 x x y y x y y x y x y y = = > − + = − + − = ⇔ ⇔ ∨ = = − − + = = Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8 ; 5 5 B ÷ Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 18 0x y− − = . 0.25 2.(1,0 điểm) Đặt ( ) ( ) A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + + , ta có: ( ) AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + + uuur 0.25 Do AB song song với (P) nên: ( ) P AB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = − uuur uur Suy ra: ( ) AB a 5; a 1; 3= − − − − uuur 0.25 Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥ Suy ra: { a 2 min AB 3 3 b 2 = = ⇔ = − , ( ) 1;2;2A , ( ) 3; 3; 3AB = − − − uuur 0.25 Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2 1 1 1 − − − = = . 0.25 VII.b (1,0 đ) (1,0 điểm) Điều kiện: 0 2x x< ∨ > Bất phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 2 log 2 1 log 2x x x− ≥ − 2 2 1 2x x x⇔ − ≥ − 0.25 Xét 2 trường hợp sau: 1) 0x < . Ta được hệ: 2 2 0 0 1 0 1 2 2 1 x x x x x x x < < ⇔ ⇔ − ≤ < − ≥ − ≤ 0.25 2) 2x > . Ta được hệ: 2 2 2 2 2 1 2 4 1 0 x x x x x x x > > ⇔ − ≥ − − + ≤ 2 2 2 3 2 3 2 3 x x x > ⇔ ⇔ < ≤ + − ≤ ≤ + 0.25 Vậy, nghiệm bất phương trình là 1 0 2 2 3x x− ≤ < ∨ < ≤ + . 0.25 Hết 6 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 68 Ngày 22 tháng 3 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 68 Câu Đáp án Điể m I (2,0 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thi n: ￚ Chiều biến thi n: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = 0.25 Hàm số đồng. khoảng ( ) 0;2 ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= ￚ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0.25 ￚ Bảng biến thi n: 0.25 • Đồ thị: 0.25 2.(1,0