Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 107

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 107 Ngày 19 tháng 6Năm 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 107 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 Câu 4(1,0 điểm) - Kẻ )''('// BADABBD ∈ 0 60)',()','( ==⇒ BCBDBCAB 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 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    −=== −=== ⇒ 2,1,3 1,3,2 000 000 zyx zyx hay    − − )2;1;3( )1;3;2( N N . 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 - 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 107 Ngày 19 tháng 6Năm 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. 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 107 Câu 1: 1 107 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 ,