Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 18 Ngày 26 tháng 10 năm 2013 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x + = − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 . 1 x m x + = − Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình ( ) 4 4 2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − = có nghiệm trên 0; . 2 π b) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 . 2 4 x x x+ + − = Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x → − + + = − a) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50 100 100 100 100 100 100 2 .C C C C C C− + − + − + = − Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( ) 2 2 1 : 4 5 0C x y y+ − − = và ( ) 2 2 2 : 6 8 16 0.C x y x y+ − + + = Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( ) 1 C và ( ) 2 .C a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E): 2 2 1 8 6 x y + = và parabol (P): y 2 = 12x. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng : 2 0d x y− − = tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6OA OB OC= = = và · · · 0 60 .AOB BOC COA= = = Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển Newton: 12 4 1 1 x x − − ÷ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 18 Câu 1(2,0 điểm) 1, Tự làm Câu 1: b, Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị ( ) 1 ' 1 x y C x + = − Học sinh tự vẽ hình Số nghiệm của 1 1 x m x + = − bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x + = − và .y m= Suy ra đáp số 1; 1:m m< − > phương trình có 2 nghiệm; 1:m = − phương trình có 1 nghiệm 1 1:m − < ≤ phương trình vô nghiệm Câu (2 điểm) a, Ta có 4 4 2 1 sin os 1 sin 2 2 x c x x+ = − và 2 os4 1 2sin 2 .c x x= − Do đó ( ) 2 1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + = . Đặt sin 2t x= . Ta có [ ] [ ] 0; 2 0; 0;1 . 2 x x t π π ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ Suy ra ( ) [ ] 2 3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈ Ta có bảng biến thiên Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 10 0; 2 2 3 m π ⇔ ≤ ≤ b,Giải phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 2 2 4 x x x+ + − = Điều kiện: 0 1x < ≠ ( ) ( ) 2 3 1 4x x x⇔ + − = Trường hợp 1: 1x > ( ) 2 2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ = Trường hợp 1: 0 1x < < ( ) 2 2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = − . Vậy tập nghiệm của (2) là { } 2;2 3 3T = − Câu 3: (2,0 điểm) a,Tìm 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x → − + + = − 3 2 2 0 3 1 1 2 1 1 lim 1 cos 1 cos x x x x x → − + + − ÷ = + − − ÷ Xét 2 2 1 2 2 0 0 2 1 1 2 lim lim 2 1 cos 2sin 2 1 1 2 x x x x L x x x → → + − = = = − + + ÷ 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Xét ( ) 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 3 3 1 1 3 lim lim 2 1 cos 2sin 3 1 3 1 1 2 x x x x L x x x x → → − + = = = − − − − + ÷ ÷ Vậy 1 2 2 2 4L L L= + = + = b,Chứng minh rằng 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 .C C C C− + − + = − Ta có 2 1i = − ( ) ( ) ( ) 100 0 1 2 2 100 100 0 2 4 100 1 3 99 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 1 i C C i C i C i C C C C C C C i+ = + + + + = − + − + + − + − Mặt khác: ( ) ( ) ( ) 2 100 50 2 50 1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = − Vậy 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 .C C C C− + − + = − Câu 4: (1,0 điểm) Cho a, b, c thoả 3.a b c + + = Tìm GTNN của 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + Đặt ( ) ( ) ( ) 2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 w a b c c a b b c a u v M u v= = = ⇒ = + + r r uur r r uur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 w 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a b c a b c a b c M u v≥ + + = + + + + + + + + r r uur Theo cô – si có 3 2 2 2 2 3 2 6 b c a b c+ + + + ≥ = . Tương tự … Vậy 3 29.M ≥ Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c= = = Học sinh tự vẽ hình Câu 5a: (2,0 điểm) 1, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − = Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C là ( ) 2 2 : 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B + = + ∆ = ⇔ ⇔ ∆ = − + = + Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = Trường hợp 1: 2A B= . Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = 2, Gọi H là trung điểm của BC ( ) ( ) 3 ; ' 2 a d M BB C AH⇒ = = 2 3 ' ' ' 1 1 3 '. . 2 2 3 12 BB C MBB C BB C a a S BB BC V AH S ∆ ∆ = = ⇒ = = Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình). Ta có ' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Câu 6a: 91,0 điểm) (Học sinh tự vẽ hình) 1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 > 0) 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 (∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A 2 + 6B 2 = C 2 (1) (∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B 2 = 4AC ⇔ 3B 2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A. Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại) Với C = 4A ⇒ 2 3 A B = ± ⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình: 2 2 3 4 0 4 0 3 3 A Ax y A x y± + = ⇔ ± + = Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3 4 0 3 x y± + = Câu 5b:(2,0 điểm) 1, Gọi ( ) 2 2 2 2 : 1 x y H a b − = (H) tiếp xúc với ( ) 2 2 : 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − = ( ) ( ) ( ) 2 2 16 4 4 2 4;2 1 2x y A H a b = ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − = Từ (1) và (2) suy ra ( ) 2 2 2 2 8; 4 : 1 8 4 x y a b H= = ⇒ − = 2, (Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho ' ' 4OA OB OC= = = Lấy M là trung điểm của B’C’ ( ) ( ) ' ' .OAM OB C⇒ ⊥ Kẻ ( ) ' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥ Ta có 2 3 4 6 2 3 3 3 AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ = · 1 15 3 . .sin 2 2 OBC S OB OC BOC= = Vậy 1 . 10 2 3 OABC OBC V AH S= = Câu 6b(1,0 điểm) Ta có: 12 12 12 4 4 12 4 12 0 1 1 1 1 1 ( 1) k k k k x x C x x x x − = + − = − + = − + ÷ ÷ ÷ ∑ ( ) 12 12 12 12 4 12 4 4 12 4 5 12 12 12 0 0 0 0 0 0 1 ( 1) ( 1) ( 1) i k k k k i k k i k k i k i i k k i k i k k k k i k i k i C C x C C x x C C x x − − − − − − − = = = = = = = − = − = − ÷ ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8 ⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 Vậy hệ số cần tìm là: 2 0 7 4 12 8 12 2 12 7 12 12 . . . 27159C C C C C C− + = − 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 18 Ngày 26 tháng 10 năm 2013 A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x + = − a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số. b). Thạch ĐT:01694838727 Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển Newton: 12 4 1 1 x x − − ÷ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 18 Câu 1(2,0 điểm) 1, Tự làm Câu 1: b, Học sinh lập luận để suy từ. ) 1 ' 1 x y C x + = − Học sinh tự vẽ hình Số nghiệm của 1 1 x m x + = − bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x + = − và .y m= Suy ra đáp số 1; 1:m m< − > phương trình có 2 nghiệm; 1:m =