Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 106

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 109 Ngày tháng Năm 2013 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với 1=m . 2. Xác định m để hàm số đó cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21 ≤− xx . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 π += + + x xx x x . 2. Giải phương trình: )12(log1)13(log2 3 5 5 +=+− xx . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + + = 5 1 2 13 1 dx xx x I . Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1 >== mmCCAB Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 0 60 . Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có )6;4(A , phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 =+− yx và 029136 =+− yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( −− PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( =−−+ zyx γ Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập { } 6,5,4,3,2,1,0=E . Từ các chữ số của tập E lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? b. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xét elíp )(E đi qua điểm )3;2( −−M và có phương trình một đường chuẩn là .08 =+ x Viết phương trình chính tắc của ).(E 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho các điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( =++ yx α Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm CBA ,, và mặt phẳng ).( α Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1( )1(21 2 −++−+− thu được đa thức n n xaxaaxP +++= )( 10 . Tính hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32 =+ . Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 109 Câu 1: 1. (1,25 điểm) Với 1 = m ta có 196 23 −+−= xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên • Chiều biến thiên: )34(39123' 22 +−=+−= xxxxy . Ta có    < > ⇔> 1 3 0' x x y , 310' <<⇔< xy . Do đó:+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,(−∞ và ),3( ∞+ . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( • Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1 = x và 3)1( == yy CD ; đạt cực tiểu tại 3 = x và 1)3( −== yy CT . • Giới hạn: +∞=−∞= +∞→−∞→ yy xx lim;lim . • Bảng biến thiên: Câu 2: 1. (1,0 điểm): Điều kiện: .0cossin,0sin ≠+≠ xxx PT: 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos =− + + x xx xx x x 2 cos 2cos 0 cos sin( ) sin 2 0 sin cos 4 2 sin x x x x x x x x π   ⇔ − = ⇔ + − =  ÷ +   +) ., 2 0cos ∈+=⇔= kkxx π π +) ∈       += += ⇔       +−−= ++= ⇔+= nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin ππ π π π π π π π π ., 3 2 4 ∈+=⇔ t t x ππ Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là : π π kx += 2 ; .,, 3 2 4 ∈+= tk t x ππ Câu 2: 2. (1,0 điểm): Điều kiện . 3 1 >x (*). Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5 +=+−⇔ xx 2 3 2 3 5 5 log 5(3 1) log (2 1) 5(3 1) (2 1)x x x x⇔ − = + ⇔ − = + 3 2 2 1 8 33 36 4 0 ( 2) (8 1) 0 2; 8 x x x x x x x⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = = Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2=x Câu 3: (1,0 điểm) Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt =⇒ + =⇒+= . Khi 1 = x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. Suy ra ∫ − +         − = 4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I ∫∫ − +−= 4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3 += + − +       −= t t tt Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y’ y 3 -1 ∞+ ∞− 0 0 3 1 ∞+ ∞− + + − Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 4(1,0 điểm) - Kẻ )''('// BADABBD ∈ 0 60)',()','( ==⇒ BCBDBCAB 0 60'=∠⇒ DBC hoặc .120' 0 =∠DBC - Nếu 0 60'=∠DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB ⊥ áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 +== mBCBD và .3'=DC Kết hợp 0 60'=∠DBC ta suy ra 'BDC ∆ đều.Do đó .231 2 =⇔=+ mm - Nếu 0 120'=∠DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC ∆ suy ra 0 = m (loại). Vậy .2=m Câu 5(1,0 điểm) Đặt zyxt ++= ⇒ 2 3 )(23 2 2 − =++⇒+++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++≤++≤ zyxzxyzxy nên 3393 2 ≤≤⇒≤≤ tt vì .0 > t Khi đó . 5 2 3 2 t t A + − = Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 ≤≤−+= t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > − =−= t t t ttf vì .3≥t Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( =≤ ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ===⇔= zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt được khi .1=== zyx Câu 6a: 1. (1 điểm) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0132 =+− yx , CM có phương trình .029136 =+− yx - Từ hệ ).1;7( 029136 0132 −−⇒    =+− =+− C yx yx - )2,1(==⇒⊥ CHAB unCHAB 0162: =−+⇒ yxABpt . - Từ hệ )5;6( 029136 0162 M yx yx ⇒    =+− =−+ ).4;8(B⇒ - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22 =++++∆ pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đường tròn nên      =+−− =+++ =+++ 0750 04880 06452 pnm pnm pnm      −= = −= ⇔ 72 6 4 p n m . Suy ra pt đường tròn: 07264 22 =−+−+ yxyx hay .85)3()2( 22 =++− yx Câu 6a: 2. (1 điểm)- Giả sử );;( 000 zyxN . Vì )1(06)( 000 =−−+⇒∈ zyxN γ - MNPQ là hình vuông MNP ∆⇒ vuông cân tại N      = = ⇔ 0.PNMN PNMN      =+++−+−− ++−+−=++−+− ⇔ 0)4)(1()3()2)(5( )4()3()2()1()3()5( 00 2 000 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 zzyxx zyxzyx    =+++−+−− =−+ ⇔ )3(0)4)(1()3()2)(5( )2(01 00 2 000 00 zzyxx zx - Từ (1) và (2) suy ra    +−= +−= 1 72 00 00 xz xy . Thay vào (3) ta được 065 0 2 0 =+− xx Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 C C’ B’ B A’ m D 3 1 1 0 120 A M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727    −=== −=== ⇒ 2,1,3 1,3,2 000 000 zyx zyx hay    − − )2;1;3( )1;3;2( N N . - Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung điểm MP và NQ ⇒ ) 2 5 ;3; 2 7 ( −I . Nếu )13;2( −N thì ).4;3;5( −Q Nếu )2;1;3( −N thì ).3;5;4( −Q Câu 7 a: (1,0 điểm) Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra { } 6,4,2,0∈d . +) .0 = d Số cách sắp xếp abc là . 3 6 A +) .2=d Số cách sắp xếp abc là . 2 5 3 6 AA − +) Với 4 = d hoặc 6=d kết quả giống như trường hợp .2=d Do đó ta có số các số lập được là ( ) .4203 2 5 3 6 3 6 =−+ AAA Câu6b: 1. (1 điểm)- Gọi phương trình 2 2 2 2 ( ) : 1( 0) x y E a b a b + = > > Giả thiết        = =+ ⇔ )2(8 )1(1 94 2 22 c a ba Ta có ).8(88)2( 22222 cccccabca −=−=−=⇒=⇔ Thay vào (1) ta được 1 )8( 9 8 4 = − + ccc . 2 13 2 17 26 0 2, 2 c c c c⇔ − + = ⇔ = = * Nếu 2=c thì .1 1216 :)(12,16 22 22 =+⇒== yx Eba * Nếu 2 13 =c thì .1 4/3952 :)( 4 39 ,52 22 22 =+⇒== yx Eba Câu 6b: 2. (1 điểm) Giả sử );;( 000 zyxM . Khi đó từ giả thiết suy ra 5 22 )2()3()1()1( 002 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 ++ =−+−+=+−+=++− yx zyxzyxzyx 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( 1) ( 1) (1) ( 1) ( 3) ( 2) (2) ( 2 2) ( 1) (3) 5 x y z x y z x y z x y z x y x y z   − + + = + − +   ⇔ + − + = + − + −   + +  − + + =   Từ (1) và (2) suy ra    −= = 00 00 3 xz xy . Thay vào (3) ta được 2 00 2 0 )23()1083(5 +=+− xxx     = = ⇔ 3 23 1 0 0 x x     − ⇒ ). 3 14 ; 3 23 ; 3 23 ( )2;1;1( M M Câu 7b( 1,0 điểm) Ta có      = −− + − ≥ ⇔=+ nnnnnn n n CC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2 =⇔    =−− ≥ ⇔ n nn n Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx −+− Đó là .89.9.8 8 9 8 8 =+ CC Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 109 Ngày tháng Năm 2013 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi n. biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn n CC nn 171 32 =+ . Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 109 Câu 1:. 109 Câu 1: 1. (1,25 điểm) Với 1 = m ta có 196 23 −+−= xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n • Chi u biến thi n: )34(39123' 22 +−=+−= xxxxy . Ta có    < > ⇔> 1 3 0' x x y ,