Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 109 Ngày 21 tháng 6năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 1y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình : ( ) 2 2 3 0x x x m− − = . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 2 os os 2sin 2 sinx cos c x c x x x − − = + . 2. Giải bất phương trình: 2 5 2 3x x x+ − − < − . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 2 1 (1 )ln e x x dx x + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Mặt bên ABB ’ A ’ là hình thoi cạnh a, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt bên ACC ’ A ’ hợp với đáy một góc α . Tính theo a và α thể tích của khối lăng trụ. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x + y =1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( ) ( ) 2 2 2 2 x y y x x y + + + . 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 toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : x + y + 1 = 0, d 2 : 2x + y + 1 = 0 và điểm I(-2 ; 4). Viết phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; -2; 4) và đường thẳng d : 3 1 1 2 1 4 x y z+ − + = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VII.a (1,0 điểm) Chứng minh đẳng thức: 1 2 3 2 3 1 1 1 2 3 2 3 k k k k k n n n n n C C C C C + + + + + + + + + + + + = + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; -3), trọng tâm G(4; -2) . Biết đường trung trực của AB là d: 3x + 2y – 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho hai điểm A(1; 2; 3), B(-1; 2; -3) và đường thẳng ∆ : 1 2 1 1 1 1 x y z− − + = = . Tìm trên ∆ điểm M sao cho: MA MB+ uuu uuuv v đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 3 3 2.3 log (log 1) 4 x x y y x y + + = − = . 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 109 Câu 1: 1(1,0 điểm) Tập xác định D=R . Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ . 2 ' 6 6y x x= − . 0 ' 0 1 x y x = = ⇔ = . BBT: Hàm số ĐB trên các khoảng ( ) ( ) ;0 , 1;−∞ +∞ và NB trên khoảng ( ) 0;1 .Hàm số đạt CĐ tại 0, 1 CD x y= = và đạt CT tại 1, 0 CT x y= = . Đồ thị: y = (x-1) 2 (2x-1) suy ra . đồ thị cắt Ox tại ( 1 2 − ;0). Đồ thị đối xứng qua I 1 1 ; 2 2 ÷ . Câu 1: 2(1,0 điểm) Pt ( ) 3 2 2 2 3 0 2 3 1 1 (*)x x x m x x m− − = ⇔ − + = + Số nghiệm của pt (*) bằng số giao điểm của 2 đồ thị 3 2 2 3 1y x x= − + (**) và y = m + 1 Dựa vào đồ thị câu trên ta suy ra đồ thị (**) Kết luân: m > 0 pt có 2 nghiệm m = 0 pt có 3 nghiệm - 1 < m < 0 pt có 4 nghiệm. m = - 1 pt có 2 nghiệm m < -1 pt vô nghiệm Câu 2: 1(1,0 điểm) Đ/k: tanx 1≠ − Pt ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sinx sinx osxx x c⇔ − − = + + ( ) ( ) 2 sinx 1 1 sinx 1 cos 0 cos 1 x x = − + + = ⇔ = − thỏa mãn đ/k . 2 ( ) 2 2 x k k Z x k π π π π = − + ⇔ ∈ = + Câu 2: 2(1,0 điểm) Đ/k : 5 2 2 x− ≤ ≤ . Bpt ( ) ( ) 2 5 2 3 5 2 3 2 3x x x x x x⇔ + < − + − ⇔ − − > − (1) • Với : 3 2 2 x− ≤ < thì (1) đúng. (a) • Với : 3 5 2 2 x≤ ≤ thì (1) 2 3 2 6 0 2 2 x x x⇔ − − < ⇔ − < < Đối chiếu với đ/k ta được 3 2 2 x≤ < (b) Từ (a) và (b) ta có nghiệm bpt là : 2 2x− ≤ < Câu 3: Ta có: I = ( ) 2 1 1 1 1 ln ln ln e e e x x x dx dx x xdx x x + = + ∫ ∫ ∫ 2 1 1 ln ln 1 ln (ln ) 1 2 2 e e e x x dx xd x x = = = ∫ ∫ 2 2 2 1 1 ln 1 ln ln 1 1 2 2 2 4 e e e e x x x x x x xdx xdx = − = − ÷ ∫ ∫ = 2 1 4 e + Vậy: I = 2 3 4 e + Câu 4: (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của A ’ xuống AB. Ta có: mp (AA ’ B ’ B) ⊥ mp(ABC) nên A ’ H ⊥ (ABC) . AH ⊥ AC suy ra AA ’ ⊥ AC ⇒ · ' A AH α = Ta có h = A ’ H = AA ’ sin a sin , α α = 2 1 1 . 2 2 ABC S AB AC a ∆ = = . Thể tích V = 3 1 sin 2 a α (đvtt) Câu 5(1,0 điểm) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) 2 1 2 x y y x x y x y xy x y x xy y x y xy P x y x y xy xy + + + + + + − + + + = = = + + − − ( ) 2 2 2 2 2 2 1 , 1 2 1 2 x y xy x y t t voi t xy xy t + − + − + = = = − − Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Mặt khác ta có 1 = x + y 2 xy≥ . Từ đó suy ra t 1 0; 4 ∈ . Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên suy ra : GTNN của P = 1 xẩy ra khi x = 0, y = 1 hoặc x =1 , y = 0. GTLN của P = 9/8 xẩy ra khi x = y = 1/2 Câu 6a(1,0 điểm) A ( ) ( ) ' ' ; 1 , ; 1 2t t B t t− − − − , I là trung điểm AB nên ' 2 2 6 2 A B I A B I x x x t y y t y + = = ⇔ + = − = Do đó A (2;-3) , B(-6;11).Suy ra đt ( ∆ ) có véc tơ pháp tuyến ( ) 7;4n r . Pt AB là : 7x + 4y -2 = 0. Câu 6a: 2, Đt d có véc tơ chỉ phương là (2; 1;4)u − r . Xét B ( ) ( ) 3 2 ;1 ; 1 4 1 2 ;3 ; 5 4d B t t t AB t t t∈ ⇒ − + − − + ⇒ + − − + uuur AB ⊥ d . 0 1u AB t⇔ = ⇔ = r uuur Do đó B(-1;0;3) và ( ) 3;2; 1AB − uuur PT ∆ là 4 2 4 3 2 1 x y z+ + − = = − Câu 7a(1,0 điểm) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 2 k k k k k k k n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + + + = + + + = ( ) 2 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3 2 k k k k k k k n n n n n n n C C C C C C C + + + + + + + + + + + + + + + = + + = + Câu 6b : 1(1,0 điểm) Ta có AB d⊥ suy ra pt AB : 2x – 3y + c = 0. AB đi qua A(-1 ;3) nên Suy ra c =-7. Vậy pt AB : 2x – 3y – 7 = 0 Gọi H là giao điểm của AB và d suy ra tọa độ H là nghiệm hệ 2 3 7 0 (2; 1 3 2 4 0 x y H x y − − = ⇔ − + − = ) H là trung điểm AB suy ra B( 5;1). G là trọng tâm tam giác ABC suy ra 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y + + = + + = Suy ra C(8 ;-4) Câu 6b: 1(1,0 điểm) Gọi I là trung điểm AB suy ra I(0 ;2 ;0). Xét M ∈ ∆ , ta có : 2 2 2MA MB MI MA MB MI MI+ = ⇒ + = = uuur uuur uuur uuur uuur uuur . MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên ∆ Gọi (P) là mặt phẳng qua I và (P) ⊥ ∆ nên (P) có véc tơ pháp tuyến là (1;1;1)n r , ngoài ra (P) đi qua I (0 ;2 ;0) nên có pt : x + y + z - 2 = 0 M là hình chiếu của I trên ∆ suy ra tọa độ của M thỏa mãn hệ : 1 1 2 2 1 1 2 0 x t x y t y z t z x y z = + = = + ⇒ = = − + = − + + − = . Vậy M(1 ;2 ;-1) Câu 7b(1,0 điểm) Chia 2 vế của pt (1) cho 2 3 y ta có pt : 2 (3 ) 3 2 0 x y x y− − + − = . Đặt 3 0 x y t − = > ta có pt 2 2 0 1;( 2 )t t t t loai+ − = ⇔ = = − . t =1 suy ra x = y thay vào pt (2), ta có pt : 2 3 3 log 2log 8 0x x− − = . Từ đó suy ra hệ có 2 nghiệm : 1 9 1 9 x y = = và 81 81 x y = = . Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 109 Ngày 21 tháng 6năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 1y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. 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 109 Câu 1: 1(1,0 điểm) Tập. hàm số. 2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình : ( ) 2 2 3 0x x x m− − = . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 2 os os 2sin 2 sinx cos c x c x x x − − = + . 2. Giải