THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 37 Ngày 25 tháng 12 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1= − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 0 2cos 2 x x x x π π − + − − ÷ ÷ = − 2) Giải phương trình ( ) ( ) 3 3 2 2 1 1 1 1 2 1x x x x + − + − − = + − Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 4 2 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 'CB bằng 2 a Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 333 3 1 3 1 3 1 accbba P + + + + + = 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 tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Biết 17 ( 4;1), ( ;12) 5 H M− và BD có phương trình 5 0x y+ − = . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 3 1 x y z+ + ∆ = = − và hai điểm (1;2; 1),A − (3; 1; 5)B − − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng ∆ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: − − + + + + + − + + − − + − + = − 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 2) ( 3) 4x y− + + = và đường thẳng d: 3 4 7 0x y m− + − = . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120 0 . 2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm (1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2)A B C− − − và mặt phẳng (P) có phương trình 2 2 1 0x y z− + + = . Mặt phẳng ( ) α đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho 2IB IC= . Viết phương trình mặt phẳng ( ) α . Câu VII.b (1,0 điểm) 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 − + − + − − + + + − + = + − + , ( , )x y∈R . …………………………Hết………………………… ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu 1: 1. (1,0 điểm) Khảo sát 3 2 2 y x 3x m m 1= − + − + Khi m = 1, ta có 3 2 y x 3x 1= − + + TXĐ: D = ¡ + Giới hạn: 3 2 lim ( 3 1) x x x →−∞ − + = −∞ 3 2 lim ( 3 1) x x x →+∞ − + = +∞ +Sự biến thiên: 2 ' 3 6= −y x x 2 ' 0 3 6 0 0; 2y x x x x= ⇔ − = ⇔ = = Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ( ) ;0 ; 2;−∞ +∞ , Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y ′ + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ - 3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)− là tâm đối xứng. Câu 1: 2. (1,0 điểm) Xác định m để Ta có : y’ = 3x 2 - 6x. Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1; 3x x⇔ = − = • Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + 6 ( loại và song song với (d)) • Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 Câu 2: 1, Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 0 2cos 2 x x x x π π − + − − ÷ ÷ = − ĐK: 2cos 2 0 2 4 x x k π − ≠ ⇔ ≠ ± + π Với điều kiện đó phương trình 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 0 4 4 x x x π π ⇔ − + − − = ÷ ÷ ( ) 2 1 cos 2 2 sin 4 sin 2 2 0 2 2 x x x π ⇔ − + + − π − = ÷ 2 1 sin 2x sin 4x sin 2x 2 0 2 π ⇔ − − π − − + − = ÷ ÷ 2 1 sin 2x cos4x sin 2x 2 0⇔ − − + − = ( ) 2 2 1 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 2 0⇔ − − − + − = 2 sin 2x sin 2x 2 0⇔ + − = sin 2x 1⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại) sin 2x 1 x k 4 π + = ⇔ = + π . So điều kiện phương trình có nghiệm 5 x k2 (k ) 4 π = + π ∈¢ Câu 2: 2, Giải phương trình ( ) ( ) 3 3 2 2 1 1 1 1 2 1x x x x + − + − − = + − ĐK: 1 1x− ≤ ≤ . Đặt 1u x= + , 1v x= − , , 0u v ≥ Hệ trở thành: ( ) 2 2 3 3 2 1 2 u v uv u v uv + = + − = + Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 uv uv u v uv u v+ = + = + + = + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2u v u v u v uv u v uv− = − + + = − + Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 u u v u v v = + + = ⇔ − = = − Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2 2 x = Câu 3: Tính tích phân 3 4 2 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Đặt I = 3 4 2 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 4 2 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ Ta tính 3 2 1 x I x e dx= ∫ Đặt t = x 3 ta có 3 1 1 1 1 1 3 3 3 t t x I e dt e e C= = = + ∫ Ta tính 4 2 1 x I dx x = + ∫ Đặt t = 4 x 4 3 4x t dx t dt⇒ = ⇒ = . Khi đó ( ) ( ) 3 4 4 3 2 4 4 2 2 2 2 2 1 4 4 ( 1 ) 4 ar ta 4 arctan 1 1 3 3 x t t I dx t dt t c nt c x x c t t = = − + = − + + = − + + + + ∫ ∫ Vậy I= ( ) ( ) 3 3 4 4 4 1 4 arctan 3 3 x x e x x C + − + + Câu 4: Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác N M A' B' C A B C' H CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ CC' ( ') ' ' ( ')AB CMNC A B CMNC⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ')MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B⊥ ∈ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ mp ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên ( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' ')) 2 a d AB CB d AB CA B d M CA B MH= = = = Tam giác vuông 0 .tan30 3 a BMC CM BM⇒ = = Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 1 CMN MN a MH MC MN a a MN ⇒ = + ⇔ = + ⇔ = Từ đó 3 . ' ' ' 1 . .2 . . 2 3 3 ABC A B C ABC a a V S MN a a= = = Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3 ++ ++= ++++ (*) ỏp dng (*) ta cú 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P +++++ + + + + + = ỏp dng Bt ng thc Cụsi cho ba s dng ta cú ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + + + + + = + + + = + + + + + + = + + 3 3 3 a 3b 1 1 1 b 3c 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 ; b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + + + + 1 3 4. 6 3 3 4 + = . Do ú 3P Du = xy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1 + + = = = = + = + = + = Vy P t giỏ tr nh nht bng 3 khi 4/1cba === Cõu 6ê: 1, Tỡm ta nh A ca tam giỏc ABC t qua H v BD cú pt 5 0x y + = . (0;5)BD I I = . Gi s 'AB H = . Tam giỏc 'BHH cú BI l phõn giỏc v cng l ng cao nờn 'BHH cõn I l trung im ca ' '(4;9)HH H . AB i qua H v cú vtcp 3 ' ;3 5 u H M = = ữ r uuuuuur nờn cú pt l 5 29 0x y+ = . Ta B l nghim ca h 5 29 (6; 1) 5 x y B x y + = + = . M l trung im ca AB 4 ;25 5 A ữ Cõu 6a: 1,Vit phng trỡnh ng thng d i qua im A v ct ng thng sao cho khong cỏch t B n ng thng d l ln nht, nh nht. Gi d l t i qua A v ct ti M ( 1 2 ;3 ; 1 )M t t t + . ( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)AM t t t AB= + = uuuur uuur Gi H l hỡnh chiu ca B trờn d. Khi ú ( , )d B d BH BA= . Vy ( , )d B d ln nht bng BA H A . iu ny xy ra . 0AM AB AM AB = uuuur uuur 2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2t t t t + + = = (3;6; 3)M . Pt d l 1 2 1 1 2 1 x y z + = = ng thng i qua im N(-1; 0; -1) v cú VTCP ( ) 2;3; 1u = r . Ta cú; ( ) 2;2;0NA = uuur ( ) , 2;2;2v NA u = = r uuur r Mt phng (P) cha d v i qua A v cú VTPT v r nờn cú pt l: -x + y + z = 0; Gi K l hỡnh chiu ca B trờn (P) BH BK . Vy ( , )d B d nh nht bng BK H K . Lỳc ú d l ng thng i qua A v K. Tỡm c K = (0; 2; -2) . Suy ra d cú PT l : 2 2 x u y z u = = = + Cõu 7 a:Tìm số nguyên dơng n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 + + + + + + + + + = k k k n n n n n n C C k k C n n C * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( ++ +++++ + +++= (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2( + + +++ ++++=+ (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 + + +++ ++++=+ Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C + + + + + + = + + + + Phơng trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 ==+=+ Tỡm m trờn d cú duy nht mt im M m t ú k c hai tip tuyn MA, MB ti (C) (A, B l cỏc tip im) sao cho gúc AMB bng 120 0 Câu 6b: 1, Đường tròn (C) có tâm I(2;-3) và bán kính R=2. Theo giả thiết ta có tam giác IAM vuông ở A và · · 0 0 60 30AMI MIA= ⇒ = . Suy ra: IM = 0 4 os30 3 AI c = . Vì ( ) M d∈ nên M=(1 + 4t; -1 + 4 m +3t). Ta có ( ) 2 2 2 2 2 3 4 1 3 2 25 4 4 4 2 16 m m m IM t t t t m = − + + + = + + + + + ÷ ÷ Suy ra: 2 2 3 16 25 4 4 2 16 3 m m t t m + + + + + = ÷ ( ) 2 2 3 4 25 4 0 * 2 16 3 m m t t m ⇔ + + + + − = ÷ Ta có : 2 2 2 3 4 448 4 100 4 88 2 16 3 3 m m m m m ∆ = + − + − = − + ÷ ÷ Để có 1 điểm M thỏa mãn đề bài thì PT(*) có 1 nghiệm duy nhất 2 448 251 4 88 0 11 3 3 m m m⇔ − + = ⇔ = ± Câu 6b: 2, Mặt phẳng ( ) α đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho 2IB IC= . Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) α . Gọi mặt phẳng ( ) α có phương trình là ax 0by cz d+ + + = với ; ;a b c không cùng bằng 0 - mp ( ) α đi qua (1;1; 1)A − nên ta có : 0 (1)a b c d+ − + = - mp ( ) α ( ) : 2 2 1 0mp P x y z⊥ − + + = nên 2 VTPT vuông góc nhau 2 2 0(2)a b c=> − + = - 2IB IC= => khoảng cách từ B tới mp ( ) α bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( ) α 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 6 0 2 (3) 5 2 3 0 a b c d a b c d a b c d a b c d a b c a b c + + + − + − + − + − = => = ⇔ − + − + = + + + + Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau : TH1 : 1 0 2 2 2 0 3 3 6 0 3 2 b a a b c d a b c c a a b c d d a − = + − + = − + = ⇔ = − − + − = − = chọn 2 1; 2; 3a b c d= => = − = − = − Ta có phương trình mp ( ) α là 2 2 3 0x y z− − − = TH 2 : 3 0 2 2 2 0 5 2 3 0 3 2 b a a b c d a b c c a a b c d d a = + − + = − + = ⇔ = − + − + = − = chọn 2 3; 2; 3a b c d= => = = = − Ta có phương trình mp ( ) α là 2 3 2 3 0x y z+ + − = Vậy tìm được 2 mp ( ) α t/m ycbt là 2 2 3 0x y z− − − = hoặc 2 3 2 3 0x y z+ + − = Câu 7b: + 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 − − + + > − + > + > + > < − ≠ < + ≠ . 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I 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 − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + . THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 37 Ngày 25 tháng 12 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1= − + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. biến thi n: 2 ' 3 6= −y x x 2 ' 0 3 6 0 0; 2y x x x x= ⇔ − = ⇔ = = Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ( ) ;0 ; 2;−∞ +∞ , Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 Hàm số đạt cực đại. cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 Bảng biến thi n x −∞ 0 2 +∞ y ′ + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ - 3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm