Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 102

Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 103 Ngày 15 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) b) Chứng minh rằng đường thẳng y = - x + 2 là một trục đối xứng của đồ thị hàm số (1). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 4 x x x x x + = + Câu 3 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m + − + − − − = Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 0 3 cot( ) 4 os2x x I dx c π π − = ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 45 0 . Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM). Câu 6 (1,0 điểm). Cho số thực a. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 1 2 ( 3 1) 1 2 ( 3 1) 1 3a a a a a a− + + − − + + + + + ≥ Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm M(0; 2), N(5; - 3), P(- 2; - 2), Q(2; - 4) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD. Tính diện tích hình vuông đó. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2; 1; 0), B(1; 1; 3), C(2; -1; 3), D(1; -1; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với AB và CD sao cho khoảng cách từ đường thẳng AB và khoảng cách từ đường thẳng CD đến mặt phẳng (P) bằng nhau. Câu 9.a (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi cặp số nguyên k, n (0 2013)k n≤ ≤ − ta có: 0 1 1 2 2 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 k k k k k n n n n n C C C C C C C C C + + + + + + + + + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 4x y− + − = và đường thẳng (d) có phương trình x - y + 7 = 0. Tìm trên (d) điểm M sao cho từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến của (C) là MA, MB(A, B là hai tiếp điểm) sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; - 2; - 2) và mặt phẳng (P) có phương trình x - y - z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với (P) và cắt Oy, Oz lần lượt tại M, N sao cho OM = ON ≠ 0. Câu 9.b (1,0 điểm). Chứng minh rằng, với mọi cặp số nguyên k, n ( 1 k n ≤ ≤ ) ta có 1 1 k k n n kC nC − − = . Tìm số nguyên n > 4 biết rằng 0 1 2 2 5 8 (3 2) 1600 n n n n n C C C n C+ + + + + = HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 113 Câu 1; 1, ( 1.0đ ) TXĐ: { } \ 1D R= 2 3 ' 0, ( 1) y x D x = − < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1),(1; )−∞ +∞ Giới hạn: 1 1 2 2 2 lim , lim , lim 1 1 1 1 x x x x x x x x x + − →±∞ → → + + + = +∞ = −∞ = − − − Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng khi 1 , 1x x − + → → Đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang khi x → ±∞ Bảng biên thiên: t - 1 + y - + y' 1 + - 1 Đồ thị: Câu 1; 2, ( 1.0đ ) Gọi I(1; 1), đồ thị hàm số đã cho là (C) Phép tịnh tiến hệ trục Oxy → IXY theo OI uur = (1; 1): 1 1 x X y Y = +   = +  Hàm số đã cho trở thành 1 2 3 1 1 1 X Y Y X X + + + = ⇔ = + − .Đường thẳng y = - x + 2 trở thành 1+Y = - (1 + X) + 2 ⇔ Y = - X. Trong hệ trục IXY mỗi M(X; Y) ∈ (C) 3 Y X ⇔ = , với 0X ≠ và hiển nhiên 0Y ≠ . Khi đó 3 3 '( ; )Y X M Y X X Y = ⇔ − = ⇔ − − − ∈ (C) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y f x ( ) = x+2 x-1 1 4 -2 -2 O 1 2 3 5/2 Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 Mặt khác M(X; Y) và M'(- Y; - X) đối xứng với nhau qua đường thẳng Y = - X. Suy ra đpcm Câu 2; ( 1.0đ ) ĐK: sin2x 0 ≠ ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 4 x x x x x + = + 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 sin 2 4 cos sin x x x x x x −   ⇔ = +  ÷   2 2 2 1 1 sin 2 1 1 1 2 1 sin 2 sin 2 1 sin 2 2sin 2 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = sin 2 1 2 , 2 x x k k π π ⇔ = ± ⇔ = + ∈Z , 4 2 x k k π π ⇔ = + ∈Z thỏa điều kiện. KL: Nghiệm của phương trình đã cho là , 4 2 x k k π π = + ∈Z Câu 3; ( 1.0đ ) Phương trình ( ) ( ) 3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − = (1) ĐK: 0 1x ≤ ≤ Nếu [ ] 0;1x ∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là 1 1 2 x x x= − ⇔ = . Thay 1 2 x = vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m =  + − = ⇒  = ±  * Với m = 0, (1) trở thành: ( ) 2 4 4 1 1 0 2 x x x− − = ⇔ = . Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1 2 x = * Với m = - 1, (1) trở thành: ( ) ( ) 4 1 2 1 2 1 1x x x x x x+ − − − − − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0x x x x x x x x x x x x⇔ + − − − + + − − − = ⇔ − − + − − = 4 4 1 0 1 2 1 0 x x x x x  − − =  ⇔ ⇔ =  − − =   Phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 1 2 x = * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − − Ta thấy 1 0, 2 x x= = thỏa phương trình. Phương trình (1) có hơn một nghiệm. KL: m = 0, m = - 1. Câu 4; ( 1.0đ ) Ta có 6 6 0 0 3 cot tan 4 4 os2x os2x x x I dx dx c c π π π π     − −  ÷  ÷     = = ∫ ∫ và 2 2 1 tan x cos 2x 1 tan x − = + 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2x (t anx+1) x x I dx dx c π π π − + = = − ∫ ∫ Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x = ⇒ = + 1 0 0; 6 3 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = Suy ra 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t − = − = = + + ∫ . Câu 5; 1, ( 1.0đ ) Gọi H là giao điểm của BM và AN. Do M, N là các trung điểm nên BM AN⊥ ( )SA mp ABCD BM SH BM AN ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  , · SA AH SHA⊥ ⇒ nhọn Suy ra · SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên · 0 45SHA = ASAH a⇒ = = Trong tam giác vuông ABM: 2 2 2 1 1 1 AB AM AH + = Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 5 1 5 5 5 AB AB AH AB AH AB AH AB AH a ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND) = 5 2 2 2 2 5 5 25 4 8 8 a a a a − − = Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là: 2 3 1 25 25 . . 3 8 24 a a V a= = • Gọi F là trung điểm BC. Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM). Gọi E là giao điểm của DF và AN. Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì ( )EK mp SBM⊥ Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK. M trung điểm AD nên H là trung điểm AE ⇒ HE = HA = a Để ý rằng · 0 45KHE = 2 a EK⇒ = . Vậy ( , ( )) 2 a d D mp SBM = Ghi Chú: • d(D, mp(SBM)) = d(A, mp(SBM)) . Có thể giải bằng PP tọa độ Câu 6; ( 1.0đ ) 2 2 2 2 2 1 2 ( 3 1) 1 2 ( 3 1) 1 3a a a a a a− + + − − + + + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 ( 1) 3 2 2 2 2 a a a a a a         ⇔ + − + − + + + + + + ≥  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         (1) Trong mặt phẳng Oxy, chọn A(0; 1), B 3 1 ; 2 2   −  ÷  ÷   , C 3 1 ; 2 2   − −  ÷  ÷   , Gọi M(a; a). Khi đó, (1) ⇔ MA + MB + MC ≥ 3 (2) Tam giác ABC đều tâm O và OA = OB = OC = 1 Suy ra (2) tương đương MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC (3) Ta chứng minh (3). Thực hiệm phép quay tâm A góc 60 0 . . ', 'C C M M→ → Suy ra MA = MM', MC = M'C'. Khi đó:MA + MB + MC = MB + MM' + M'C' ≥ BC' = OA + OB + OC Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi M ≡ O ⇔ a = 0. Ghi chú: • Có thể giải bằng PP véc tơ • Không dùng các bất đẳng thức không có trong SGK để chứng minh. Câu 7a; ( 1.0đ ) Đường thẳng chứa cạnh AB: ax + b(y - 2) = 0 Đường thẳng chứa cạnh BC: b(x - 5) - a(y + 3) = 0 d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) 2 2 2 2 2 ( 2 2) (2 5) ( 4 3) 2( 2 ) 3 a b b a a b a b a b a b − + − − − − − + ⇔ = ⇔ + = − + + 2 4 3 7 2 4 3 3 a b a b a b a b a b b a + = − = −   ⇔ ⇔   + = − + = −   i) a = 7, b = - 1: d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) = 2 ⇒ dt(ABCD) = 2 ii) a = 1, b = - 3: d(P; (AB)) = d(Q; (BC)) = 10 ⇒ dt(ABCD) = 10 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 M C B A M' C' Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 Câu 8a; ( 1.0đ ) Mặt phẳng (P) song song với AB và CD có một cặp véc tơ chỉ phương: ( 1; 0; 3), ( 1; 0; 3)AB CD= − = − − uuur uuur nên có một véc tơ pháp tuyến là , (0; 6; 0)AB CD   = −   uuur uuur Suy ra phương trình mp(P): y + D = 0 AB và CD song song (P) nên d(AB,(P)) = d(A,(P)) và d(CD,(P)) = d(C,(P)) d(AB,(P)) = d(AB,(P)) ⇔ d(A,(P)) = d(C,(P)) ⇔ 1 1D D+ = − + ⇔ 1 1 0 1 1 D D D D D + = − +  ⇔ =  + = −  . Suy ra phương trình (P): y = 0 Câu 9a; ( 1.0đ ) 0 1 1 2 2 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 (0 2013) k k k k k n n n n n C C C C C C C C C k n + + + + + + + + + = ≤ ≤ − (*) VP(*) là hệ số của 2013k x + trong khai triển 2013 (1 ) n x + + VT(*) là hệ số của 2013k x + trong khai triển 2013 ( 1) (1 ) n x x+ + Mặt khác 2013 (1 ) n x + + = 2013 ( 1) (1 ) n x x+ + Hệ số của 2013k x + trong khai triển 2013 (1 ) n x + + bằng hệ số của 2013k x + trong khai triển 2013 ( 1) (1 ) n x x+ + Suy ra đpcm. Câu 7b; ( 1.0đ ) Đường tròn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R = 2. Gọi H là giao điểm của IM và AB thì IM AB⊥ và HA = HB. d(I, d) = 3 2 > R. Suy ra qua mọi M thuộc (d) đều kẻ được tiếp tuyến của (C). Tam giác AMI vông ở M có:: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 1 AH AI AM AB R IM R = + ⇔ = + − Từ đó suy ra, AB nhỏ nhất khi chỉ khi IM nhỏ nhất , khi chỉ khi M là hình chiếu của I trên (d) ( ) ( ; 7) (1 ; 5 )M d M x x MI x x∈ ⇔ + ⇒ = − − − uuur , d có véc tơ chỉ phương (1; 1)a = r . ( ) . 0 1 5 0 2 ( 2;5)MI d MI a x x x M⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ = − ⇒ − uuur r Câu 8b; ( 1.0đ ) Gọi M(0; a; 0), N(0; 0; b), trong đó 0ab ≠ Ta có ( 3;2 ;2), ( 3;2; 2)AM a AN b= − + = − + uuuur uuur Khi đó, một véc tơ pháp tuyến của (Q): [ , ] (2 2 ;3 ;3 ) Q n AM AN a b ab b a= = + + uur uuuur uuur . Véc tơ pháp tuyến của (P): (1; 1; 1) P n = − − uur ( ) ( ) . 0 0 P Q P Q P Q n n n n ab a b⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = ⇔ − − = uur uur uur uur (1) OM = ON a b a b⇔ = ⇔ = ± i) a = b : (1) 0a⇔ = (loại) hoặc a = 2 a = 2 thì b = 2, ta có (12;6;6) Q n = ⇒ uur Phương trình (Q): 2x + y - 2 + z = 0 ⇔ 2x + y + z - 2 = 0 ii) a = - b: (1) 0a⇔ = (loại) Vậy, phương trình (Q): 2x + y + z - 2 = 0 Câu 9b; ( 1.0đ ) Ta có [ ] 1 1 ! ( 1)! !( )! ( 1)! ( 1) ( 1) ! k k n n n n kC k n nC k n k k n k − − − = = = − − − − − (đpcm) 0 1 2 1 2 0 1 2 5 8 (3 2) 1600 3 6 3 2( ) 1600 n n n n n n n n n n n n n C C C n C C C nC C C C+ + + + + = ⇔ + + + + + + + = 0 1 1 0 1 1 1 1 3 ( ) 2( ) 1600 n n n n n n n n n C C C C C C − − − − ⇔ + + + + + + + = 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 5 3 3 ( ) 2( ) 1600 3 (1 1) 2(1 1) 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C n n n − − − − − − + − − ⇔ + + + + + + + = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = 7n ⇔ = Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . 01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 103 Ngày 15 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1). coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ. 10 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 M C B A M' C' Thầy giáo:Lê nguyên Thạch ĐT: 01694838727 Câu 8a; ( 1.0đ ) Mặt phẳng (P) song song với AB và CD có một cặp