ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 36 Ngày 24 tháng 12 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số + = + 2 2 3 x y x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 3 4sin 3 os2 1 2cos ( ) 2 4 x c x x π − = + − . 2. Tính tích phân: 3sin cos 2sin osx x x dx x c − + ∫ . Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 0 1 2 1 1 x y xy x y − − = − − − = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', cạnh AB = AD = 2, AA' = 3 , góc · BAD = 60 0 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, AB. Chứng minh A'C vuông góc với mặt phẳng (B'D'MN). Tính thể tích khối chóp A'B'D'MN. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 1x y xy+ − = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 4 4 2 2 7( ) 4x y x y+ + . 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.Tìm m để đường thẳng (d): 2 1 2 0x my+ + − = cắt đường tròn (C): 2 2 2 4 4 0x y x y+ − + − = (có tâm I ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. Tính diện tích đó. 2.Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số và thỏa mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị. Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm M( 3; 1; -2 ), song song với trục Ox và vuông góc với mặt phẳng x - 2y + 3z - 4 = 0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d 1 : 2x - y + 5 = 0, d 2 : 3x + 6y - 1 = 0 và điểm M( 2;-1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với hai đường thẳng d 1 , d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d 1 và d 2 . 2.Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng : 2 3 1 1 0 1 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 1 n n n n n n n C C C C n n + + − + + + + = + + Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng: 3x - y + z - 2 = 0 và x + 4y - 5 = 0, đồng thời vuông góc với mặt phẳng: 2x - z +7 = 0 . (Lưu ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V) Hết 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 36 Câu 1: 1, - Tập xác định 3 \ 2 D R = − - Sự biến thiên + Chiều biến thiên 2 1 ' 0, . (2 3) y x D x − = < ∀ ∈ + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 3 3 ; à ; 2 2 v −∞ − − +∞ ÷ ÷ + Cực trị: Hàm số không có cực trị. + Giới hạn và tiệm cận: 1 lim lim 2 x x y →−∞ → +∞ = = ⇒ tiệm cận ngang y = 1 2 3 3 ( ) ( ) 2 2 lim , lim x x y − + → − → − = −∞ = +∞ ⇒ tiệm cận đứng x = 3 2 − + Bảng biến thiên x - ∞ - 3 2 +∞ 'y - - y 1 2 + ∞ - ∞ 1 2 1 2 - Đồ thị: Giao với Ox tại ( -2; 0), Giao với Oy tại (0; 2 3 ) -2 3 2 − O x Chú ý: Thí sinh có thể trình bày theo chương trình cơ bản hoặc nâng cao Câu 1: 2, Gọi tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là: M ( x 0 ; y 0 ). Ta có hệ số góc của tiếp tuyến k = y'(x 0 ) = 2 0 1 (2 3)x − + . Do tam giác OAB vuông cân tại O nên k = ± 1 ⇒ 2 0 1 (2 3)x − + = ± 1 ( loại +1) ⇔ x 0 = -1 hoặc x 0 = -2 -Với x 0 = -1 ⇒ y 0 = 1 ⇒ PTTT: y = - (x + 1) + 1 ⇒ y = -x ( loại vì qua O ) - Với x 0 = -2 ⇒ y 0 = 0 ⇒ PTTT: y = - (x + 2) + 0 ⇒ y = -x - 2 Câu 1 : 1, Ta có: 2 2 3 3 4sin 3 os2 1 2cos ( ) 2(1 cos ) 3 os2 1 1 os(2 ) 2 4 2 2(1 cos ) 3 os2 2 sin 2 3 os2 sin 2 2cos x c x x x c x c x x c x x c x x x π π − = + − ⇔ − − = + + − ⇔ − − = − ⇔ − = − 3 1 os2 sin 2 cos os(2 ) os( ) 2 2 6 c x x x c x c x π π ⇔ − = − ⇔ + = − 5 2 7 2 2 ;2 2 ; 2 , 6 6 18 3 6 x x k x x k x k x k k Z π π π π π π π π π π ⇔ + = − + + = − + ⇔ = + = − + ∈ Câu 2: 2, 3sin osx 2sin cos sinx 2cos sinx 2cos 2sin cos 2sinx+cos 2sin cos x c x x x x I dx dx dx dx x J x x x x x − + + − − = = = + = + + + ∫ ∫ ∫ ∫ Đặt t = 2sinx + cosx, dt = (2cosx - sinx )dx Khi đó:J = ln | 2sin cos | dt x x C t − = − + + ∫ Vậy : I =x-ln|2sinx +cosx| +C 2 2 3 y Câu 3: Đk: 1 1 2 x y ≥ ≥ (1) 0 ( )( ) ( ) 0 0 ( )( 2 ) 0 2 0 x y y xy x y x y y x y x y x y x y x y ⇔ − − − = ⇔ − + − + = + = ⇔ + − = ⇔ − = ( loại do đk) Với 2 0 4x y x y− = ⇔ = Thay vào PT (2) ta có PT: 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 2 1 2 2 1 1 1 5 2 2 1 2 1 2 1 0; 2 1 2 ; 2 2 y y y y y y y y y y y y y − − − = ⇔ − = − + ⇔ − = − + − + ⇔ − = − ⇔ − = − = ⇔ = = Với y = 1/2 ⇒ x = 2, Với y = 5/2 ⇒ x = 10 Câu 4: a- Ta có: ∆ A'B'C' đều ( cạnh bằng 2 ) ⇒ B'D' ⊥ A'C' (1) Lại có: AA' ⊥ B'D' ( 2) . Từ (1) và (2) ⇒ B'D' ⊥ (ACC'A') ⇒ B'D' ⊥ A'C (3) -Giả sử A'C cắt O'J tại H ( hình vẽ ) ⇒ H là giao điểm của A'C với mp(B'D'MN) - Xét hình chữ nhật ACC'A' có A'C' =2AA' ⇒ A'O'OA là hình vuông. Từ đó chứng minh được A'I ⊥ O'J hay A'C ⊥ O'J ( 4). Từ (3) và (4) ⇒ A'C ⊥ mp(B'D'MN) đpcm b-Tứ giác B'D'MN là hình thang cân có đường cao là O'J. Ta có: B'N = 2 2 ' 2B B BN+ = Tính được O'J = 15 2 ⇒ ' ' 1 3 15 ( ' ' ). ' 2 4 B D MN S B D MN O J= + = (5) ∆ A'O'I vuông tại O' có A'O' = 3 , O'I = 3 2 . Từ đó tính được 2 2 2 2 3 3 12 2 3 ' ' ' ' ' 3 ' 5 5 5 5 O H A H A O O H A H= ⇒ = − = − = ⇒ = .Từ đó: ' ' ' ' ' 1 3 ' . 3 2 A B D MN B D MN V A H S= = Câu 5: Ta có: 2 2 2 1 1 2 2 2( ) 5 5 5 x y xy x y xy xy xy= + − = + − ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2( ) 3 3 3 5 3 x y xy x y xy xy xy xy= + − = − + ≥ ⇒ ≤ ⇒ − ≤ ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 33 7 7 7[( ) 2 ] 4 7( ) 10 7( ) 10 2 4 2 4 xy P x y x y x y x y x y x y x y xy + = + − + = + − = − = − + + Đặt t = xy, t 2 1 1 33 7 7 [- ; ] P=- 5 3 4 2 4 t t∈ ⇒ + + Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 33 7 7 P=- 4 2 4 t t+ + trên đoạn 1 1 [- ; ] 5 3 Tìm được: 70 7 18 1 ax , 33 33 25 5 M P xy MinP xy= ⇔ = = ⇔ = − Câu 6ª: 1, Ta có: Tâm I( 1; -2), bán kính R = 3. Đường thẳng d cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt 2 2 2 1 ( , ) 3 5 4 17 0, 2 m d I d R m m m m − ⇔ < ⇔ < ⇔ + + > ∀ + (đpcm) S = dt IAB = 1 1 . sin 3.3.sin 2 2 IA IB AIB α = . S lớn nhất khi 0 sin 1 90 α α = ⇔ = 3 _ A ' _ A _D _ B' ' _ C' _ C _B D' H N O' I O J Lúc đó khoảng cách h từ I tới đường thẳng d là 2 3 2 2 2 2 AB R h = = = Giải Pt : 2 2 1 3 2 9 4 max 2 2 2 m m S m − = ⇔ = − ⇒ = + Câu 6a : 2, Gọi số cần tìm là: 1 2 3 4 5 6 , , , , ,a a a a a a (a 1 ≠ 0) Theo đề ra ta có: 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 ( ) 1 ( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 21 a a a a a a a a a a a a + + + = + + + + + + + = + + + + + = 1 2 3 4 5 6 10 11 a a a a a a + + = ⇔ + + = Có ba tổ hợp tổng bằng 10 là: ( 1, 3, 6) ; (1,4,5); (2,3 ,5) Trong mỗi tổ hợp: - Hoán vị ba chữ số đầu : có 3! Cách - Hoán vị của ba chữ số cuối: có 3! Cách suy ra có 3!.3! = 36 (số) Vậy với ba tổ hợp có 3.36 = 108 (số ) Câu 7a : Gọi ( α ) mặt phẳng cần lập , do ( α ) //Ox và ( α ) β ⊥ : x - 2y + 3z - 4 = 0 nên [ , ] (0; 3; 2) n i n i n n n α α β α β → → → → → → → ⊥ ⇒ = = − − ⊥ ( chọn ) Vậy phương trình của mặt phẳng ( α ) là: 0( x - 3 ) - 3( y - 1 ) - 2( z + 2 ) = 0 ⇔ 3y + 2z + 1 = 0 Câu 6b: 1, Pt đường các phân giác l 1 , l 2 của góc tạo bởi d 1 và d 2 là: 1 2 2 2 2 2 ( ):3 9 16 0 2 5 3 6 1 ( ) :9 3 14 0 2 1 3 6 l x y x y x y l x y − + = − + + − = ± ⇔ + + = + + Đường thẳng (d) qua M tạo với d 1 , d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao của d 1 , d 2 khi và chỉ khi hoặc (d) song song với (l 1 ) hoặc (d) song song với (l 2 ). TH1: (d) // (l 1 ), suy ra (d) có PT: 3(x-2)-9(y+1)=0 ⇔ x-3y-5=0 TH2: (d) // (l 2 ), suy ra (d) có PT: 9(x-2)+3(y+1)=0 ⇔ 3x+y-5=0 Câu 6b: 2, Xét khai triển ( ) 0 1 n n k k n k x C x = + = ∑ (1) Lấy tích phân hai vế của (1) ta có: 1 1 2 2 0 0 0 0 2 2 (1 ) (1 ) 0 0 1 1 n k n n n k k k n n k k x x x dx C x C n k + + = = + + = ⇔ = + + ∑ ∑ ∫ ∫ Từ đó dẫn tới : 2 3 1 1 0 1 2 2 2 2 3 1 2 2 3 1 1 n n n n n n n C C C C n n + + − + + + + = + + (Đpcm) Câu 7b : Gọi ( α ) là mặt phẳng cần lập. Chọn M ( 1; 1; 0 ), N ( 5; 0; -13 ) là các điểm chung của hai mặt phẳng đã cho. mp: 2x - z + 7 = 0 có vtpt (2;0; 1)n β → = − Ta có: [ , ] (1; 22;2) n MN n MN n n n α α β α β → → → → → → → ⊥ ⇒ = = − ⊥ Vậy phương trình mp ( α ) là: 1( x - 1 ) - 22( y - 1 ) + ( z - 0 ) = 0 ⇔ x - 22y + z + 21 = 0 4 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 36 Ngày 24 tháng 12 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số + = + 2 2 3 x y x (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. đó. 2.Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số và thỏa mãn điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn. ,5) Trong mỗi tổ hợp: - Hoán vị ba chữ số đầu : có 3! Cách - Hoán vị của ba chữ số cuối: có 3! Cách suy ra có 3!.3! = 36 (số) Vậy với ba tổ hợp có 3 .36 = 108 (số ) Câu 7a : Gọi ( α ) mặt phẳng cần