Đề thi thử đại học môn Toán chọn lọc số 49

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 50 Ngày 22 tháng 1 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 9 12 4y x x x= − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có tung độ dương. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( ) sin sin cos cosx x x x+ − = +2 3 2 3 2 3 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 1 ( , ) 1 1 3 xy xy x x y y y y x x x  + + =  ∈  + = +   ¡ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: . ln( ) x x x I dx x + + + = ∫ 2 2 3 1 2 1 3 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA a = và SA tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 30 0 . Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA sao cho .SM MA= 2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3.ab bc ca+ + = Chứng minh rằng 5 5 5 5 5 5 3 3 3 2 3 2 3 2 3 15( 2) a b b c c a a b c ab bc 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2 ( 2) ( 3) 10x y− + − = . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm ( 3; 2)M − − và điểm A có hoành độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) :P x y z+ + − =2 7 0 và các điểm ( ; ; ), ( ; ; ), ( ; ; )A B C−2 0 0 0 3 0 0 0 1 . Tìm ( )M P∈ sao cho MA MB MC− +2 3 uuur uuur uuuur đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình: ( ) ( ) x x x x− − + − = 2 3 2 2 1 2 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết hai đỉnh thuộc trục tung cùng với hai tiêu điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông có diện tích bằng 32. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình của mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng Oxy tại điểm (3;4;0)A và cắt trục Oz theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 2 11. Câu 9.b (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có 0 1 1 2 2 0 2 2 2 2 3 . . . . n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C − − + + +×××+ = Hết 1 II. ĐÁP ÁN: Câ u Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm TXĐ: D = ¡ Giới hạn: ( ) 3 2 3 2 3 9 12 4 lim 2 9 12 4 lim 2 x x x x x x x x x →+∞ →+∞   − + − = − + − = +∞  ÷   ( ) 3 2 3 2 3 9 12 4 lim 2 9 12 4 lim 2 x x x x x x x x x →−∞ →−∞   − + − = − + − = −∞  ÷   0.25 Sự biến thiên: 2 1 ' 6 18 12; ' 0 2 x y x x y x =  = − + = ⇔  =  Bảng biến thiên x −∞ 1 2 +∞ y ’ + 0 − 0 + y −∞ 1 0 +∞ 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ và (2; )+ ∞ ; nghịch biến trên (1; 2) . Điểm cực trị: CĐ (1; 1) , CT (2; 0) . 0.25 Đồ thị Giao với Oy tại (0; 4)− Giao với Ox tại ( ) 1 ; 0 , 2; 0 2    ÷   0.25 b 1,0 điểm (C) có hai điểm cực trị (1; 1), (2;0) 2A B AB⇒ = . Phương trình đường thẳng : 2 0AB x y+ − = . 1 ( ; ). 3 ( ; ) 3 2 2 ABN S d N AB AB d N AB ∆ = = ⇔ = 0.25 Gọi d là đường thẳng đi qua N và / /d AB . Phương trình của d có dạng 0x y c+ + = 4 (0; 4) ( ) | 2 | ( , ) ( , ) 3 2 8 (3;5) 2 c N loai c d A d d N AB c N = −   + ⇒ = ⇔ = ⇔ ⇒   = −   0.25 Với (3; 5)N , giả sử 0 0 ( ; )M x y . Pt tiếp tuyến với (C) tại M là: 0 0 0 '( )( )y y x x x y= − + . Do tiếp tuyến đi qua N nên ta có: 2 3 2 0 0 0 0 0 0 5 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4x x x x x x= − + − + − + − 0.25 0 2 0 0 0 3 ( , ) ( 3) (4 3) 0 3 4 x loai vi N M x x x = ≠   ⇔ − − = ⇔  =  . Vậy 3 25 ; . 4 32 M    ÷   0.25 2 1,0 điểm Phương trình đã cho tương đương với: 3 1 3 1 1 .sin 2 cos2 3 sin cos 0 2 2 2 2 x x x x   + − − + =  ÷   0.25 2 cos sinx x π π     ⇔ − + − + =  ÷  ÷     1 2 3 0 3 6 0.25 sin sin sin sin (loai) x x x x  π   + =  ÷  π π        ⇔ + − + = ⇔  ÷  ÷  π       + =   ÷    2 0 6 2 3 0 6 6 3 6 2 0.25 Với sin 0 , . 6 6 x x k k π π   + = ⇒ = − + π ∈  ÷   ¢ 0.25 3 1,0 điểm ĐK : 0; 0.x y> ≥ Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được 1 1 1 1 3 y y x x y y y x x x  + + =     + = +   0.25 Đặt 1 ;a b y x = = ta được 2 2 3 3 1 3 a b ab a b a b  + + =   + = +   0.25 Suy ra 3 3 2 2 2 2 ( 3 )( ) ( 2 2 ) 0 0a b a b a b ab b b ab a b+ = + + + ⇔ + + = ⇒ = (vì 0a > ) 0.25 Với 0 0 1b y x= ⇒ = ⇒ = . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 0 x y =   =  . 0.25 4 1,0 điểm Ta có ln( ) . x x I x dx dx J K x + + = + = + ∫ ∫ 2 2 2 1 2 1 1 1 3 0.25 Tính: . ( ) . ln ln x x x J x dx d x + + + = = + = = ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 3 117 3 3 1 2 2 3 3 0.25 Tính: ln( )x K dx x + = ∫ 2 2 1 1 . Đặt ln( ) ' ' u x u x v v x x  = + =     + ⇒   =   = −    2 1 1 1 1 1 . Suy ra ln( ) ln ln ln ln ln ( ) ln ln ln ln ln ln . x dx x K dx x x x x x x + −   = − + = − + + − = +  ÷ + + +   − = + − = − ∫ ∫ 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 1 1 2 2 3 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 1 3 3 2 3 2 3 2 2 0.25 Vậy ln ln ln I = + − 117 3 3 2 3 3 2 . 0.25 5 1,0 điểm 3 Xét ∆SHA(vuông tại H), có cos a AH SA= = 0 3 30 2 . Mà ∆ABC đều cạnh a suy ra H là trung điểm cạnh BC, vậy AH ⊥ BC. 0.25 Lại có SH ⊥ BC suy ra BC⊥(SAH). Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách giữa BC và SA. Ta có sin AH a HK AH= = = 0 3 30 2 4 , vậy d(BC,SA)= a 3 4 0.25 Dễ thấy . . . . . SHA SMH SAH a a a a a SH S SH AH S S= ⇒ = = = ⇒ = = 2 2 1 1 3 3 2 3 2 2 2 2 2 8 3 12 0.25 Mà ( ) . . . SMHC SMH a a a CH SHA V CH S⊥ ⇒ = = = 2 3 1 1 3 3 3 3 2 12 72 . 0.25 6 1,0 điểm Ta chứng minh bất đẳng thức 5 5 3 2 3 2 3 5 10 10 a b a ab b ab + ≥ − + với , 0a b > (1) 0.25 Thật vậy ( ) ( ) ( ) 5 5 3 2 3 5 4 2 3 4 5 4 (1) 2 3 5 10 10 0 2 5 10 10 3 0 2 3 0 a b ab a ab b a a b a b ab b a b a b ⇔ + − − + ≥ ⇔ − + − + ≥ ⇔ − + ≥ Bất đẳng thức cuối luôn đúng. 0.25 Tương tự 5 5 3 2 3 2 3 5 10 10 b c b bc c bc + ≥ − + ; 5 5 3 2 3 2 3 5 10 10 c a c ca a ca + ≥ − + 0.25 Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được ( ) ( ) ( ) 5 5 5 5 5 5 3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 15 10 15 2 a b b c c a a b c ab bc ca a b c ab bc ca + + + + + ≥ + + − + + = + + − 0.25 7.a 1,0 điểm Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng 2 2 3 2 0 ( 0)ax by a b a b+ + + = + > . Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính 10R = . 0.25 (C) tiếp xúc với AB nên ( ) ;d I AB R= hay 2 2 2 2 2 3 2 3 3 2 10 10( ) 25( ) ( 3 )(3 ) 0 3 a b a b a b a b a b a b a b b a a b = − + + +  = ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔  = − +  Do đó phương trình AB là -3 -3 0x y = hoặc AB: 3 - 7 0x y + = . 0.25 + Nếu AB: 3 - 7 0x y + = . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ 0 A x > nên t>0 và do 2 2 2. 20IA R= = nên 0.25 A S H B C K M R C B A D I M 4 ( ) ( ) 2 2 2 0 2 3 4 20 10 20 20 20 2 t t t t t t =  − + + = ⇔ + + = ⇒  = −  (loại) + Nếu AB: -3 -3 0x y = . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ 0 A x > nên t>-1 và do 2 2 2. 20IA R= = nên ( ) ( ) 2 2 2 1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ = . Suy ra A(6;1) ⇒ C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là (6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B C D− − . 0.25 8.a 1,0 điểm Gọi I là điểm sao cho IA IB IC− + =2 3 0 uur uur uur r 0.25 Suy ra ( ; ; ) A B C I A B C I A B C I x x x x y y y y I z z z z − +  = =   − +  = = ⇒   − +  = =   2 3 1 2 2 3 3 3 1 3 2 2 2 3 3 2 2 . Khi đó MA MB MC MI− + =2 3 2 uuur uuur uuuur uuur đạt GTNN khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên (P). Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến ( ) (1;2;1). P n = r 0.25 Ta có ( ) M P M M x t IM tn y t z t   = +  = ⇒ = +    = +  1 3 2 3 2 uuur r 0.25 ( ) ; ; .M P t t t t M   ∈ ⇒ + + + + + − = ⇒ = − ⇒  ÷   3 1 3 5 5 1 6 4 7 0 2 4 4 2 4 0.25 9.a 1,0 điểm Phương trình đã cho tương đương với: ( ) x x x x− + + − = 2 3 2 2 2 0 0.25 ( )( ) ( ) x x x x x x x =  − − + − = ⇔  + − =  2 1 2 2 2 0 2 1 0 0.25 Xét hàm số ( ) , '( ) ln , x x f x x f x x= + − = + > ∀ ∈2 1 2 2 1 0 ¡ . Vậy f(x) đồng biển trên ¡ . Lại có ( )f =0 0 nên phương trình ( )f x = 0 có nghiệm duy nhất x=0. 0.25 KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm , .x x= =0 2 0.25 7.b 1,0 điểm Phương trình Elíp có dạng ( ); x y a b c a b a b + = > > = − 2 2 2 2 2 2 1 0 . 0.25 (E) có các đỉnh thuộc Oy là B(0;b), B’(0;-b) và hai tiêu điểm là F(c;0), F’(-c;0). Để bốn điểm này lập thành hình vuông thì b=c. 0.25 Cạnh của hình vuông BFF’B’ là . .BF OB b b c= = = ⇒ = =4 2 2 2 4 0.25 Vậy a b c b= + = = 2 2 2 2 2 32 . Suy ra phương trình elip là: . x y + = 2 2 1 32 16 0.25 5 8.b 1,0 điểm Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S). Theo giả thiết (3;4; )I z ; | |R z= . 0.25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oz, ta có 2 2 3 4 5IH OA= = + = . Gả sử (S) cắt Oz tại M, N suy ra H là trung điểm của MN và do đó 1 1 .2 11 11 2 2 HM MN= = = . 0.25 Theo Pitago, 2 2 25 11 6 6R IM IH HM z= = + = + = ⇒ = ± 0.25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) : ( 3) ( 4) ( 6) 36 ( ): ( 3) ( 4) ( 6) 36 S x y z S x y z − + − + − = − + − + + = 0.25 9.b 1,0 điểm Xét khai triển 3 3 3 0 (1 ) n n k k n k x C x = + = ∑ (1) 0.25 Lại có 2 3 2 2 0 0 (1 ) (1 ) (1 ) . n n n n n i i j j n n i j x x x C x C x = = + = + + = ∑ ∑ (2) 0.25 Hệ số của n x trong khai triển (1) là 3 n n C Hệ số của n x sau khi nhân ra và rút gọn vế phải của (2) là 0 1 1 2 2 0 2 2 2 2 . . . . n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C − − + + +×××+ 0.25 Đồng nhất hệ số của n x theo hai cách khai triển ta được đẳng thức cần chứng minh. 0.25 Hết A I O 3 4 H M 6 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 50 Ngày 22 tháng 1 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 9 12 4y x x x= − + − a) Khảo sát sự biến thi n và. − = −∞  ÷   0.25 Sự biến thi n: 2 1 ' 6 18 12; ' 0 2 x y x x y x =  = − + = ⇔  =  Bảng biến thi n x −∞ 1 2 +∞ y ’ + 0 − 0 + y −∞ 1 0 +∞ 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng. . n n n n n i i j j n n i j x x x C x C x = = + = + + = ∑ ∑ (2) 0.25 Hệ số của n x trong khai triển (1) là 3 n n C Hệ số của n x sau khi nhân ra và rút gọn vế phải của (2) là 0 1 1 2 2