Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 26 Ngày 27 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x 3x mx 1= − + + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0= . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1). Chứng minh rằng ( )∆ luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi. Câu II. (2.0 điểm) 1.Giải phương trình : 1 2(sinx cos x) tanx cot 2x cot x 1 − = + − . 2. Giải bất phương trình : 2 1 1 2 x 2 x + = − Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân: e 1 (x 2)ln x x dx x(1 ln x) − + + ∫ Câu IV. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A, AB = AC = a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60 o . Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. Câu V. (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3 1 1 1 P a 3b b 3c c 3a = + + + + + . PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ). A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm ( ) I 1; 1− là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x 2y 12 0− + = .Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông. 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : 2 2 2 x y z 2x 4y 6z 67 0+ + − − − − = . CâuVII.a (1điểm) Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 log x log x 2x 10 1 10 1 3 + − − = . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : 2 2 x y 2x 4y 8 0+ + − − = và đường thẳng ( ∆ ) : 2x 3y 1 0− − = . Chứng minh rằng ( ∆ ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất 2. Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm H(3;2;1). Viết phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC. CâuVII.b (1 điểm) Giải bất phương trình 2 2 1 2 1 log (4x 4x 1) 2x 2 (x 2)log x 2 − + − > − + − ÷ . HẾT 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1, Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1= − + (1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1= − + * Tập xác định: .R * Sự biến thiên: + Giới hạn: ( ) 3 2 x x x lim y lim x 3x 1 ,lim y →−∞ →−∞ →+∞ = − + = −∞ = +∞ . + Bảng biến thiên: 2 y 3x 6x 3x(x 2), y 0 x 0;x 2 ′ ′ = − = − = ⇔ = = Bảng biến thiên: x ∞− 0 2 ∞+ y ′ + 0 - 0 + y 1 ∞+ ∞− -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ .; + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . + Hàm số đạt cực đại tại CÐ x 0, y y(0) 1= = = đạt cực tiểu tại CT x 2, y y(2) 3= = = − * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y 6x 6; y 0 x 1 ′′ ′′ = − = ⇔ = y ′′ đổi dấu khi x qua x = 1. Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x^3-3x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Câu 1: 2, Ta có 2 y 3x 6x m ′ = − + . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 ′ = có hai nghiệm phân biệt. Tức là cần có: 9 3m 0 m 3. ′ ∆ = − > ⇔ < Chia đa thức y cho y ′ , ta được: x 1 2m m y y . 2 x 1 3 3 3 3 ′ = − + − + + ÷ ÷ . Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( ) ( ) 1 1 2 2 x ; y , x ;y . Vì 1 2 y (x ) 0;y (x ) 0 ′ ′ = = nên phương trình đường thẳng ( ) ∆ qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2m m y 2 x 1 3 3 = − + + ÷ hay ( ) m y 2x 1 2x 1 3 = + − + . Ta thấy với 1 x , y 2, m 2 = − = ∀ Chứng tỏ đường thẳng ( ) ∆ luôn đi qua điểm cố định 1 A ;2 2 − ÷ Câu 2: 1, Giải phương trình : 1 2(sinx cos x) t anx cot 2x cot x 1 − = + − . Điều kiện : sinx.cosx sinx.cos x 0 cot x 1 ≠ ≠ Phương trình đã cho tương đương với phương trình: ( ) 2 sinx cosx 1 sinx cos2x cos x sinx cos x sin2x sinx − = − + Giải được 2 3 3 cos x x k2 ;x k2 ,(k Z) 2 4 4 π π = − ⇔ = − + π = + π ∈ Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 3 x k2 ,(k Z) 4 π = + π ∈ Câu 2: 2, Giải phương trình : 2 1 1 2 x 2 x + = − ĐK: ( 2; 2) \{0}x ∈ − Đặt 2 2 , 0y x y = − > Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y + = + = ⇔ ( ) 2 1 2 1 ; 2 2 2 2 1 x y xy xy xy x y x y xy x y + = = = − ⇔ + = + − = + = − Giải hệ đx ta được : ( ) ( ) 1 3 1 3 1 3 1 3 ; ; ; ; ; 1;1 2 2 2 2 x y − + − − − − − + = ÷ ÷ ÷ ÷ Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x − − = Câu 3: Tính tích phân: e 1 (x 2)ln x x dx x(1 ln x) − + + ∫ I = ∫ ∫ = + −+ e e dxdx xx xxx 1 1 )ln1( ln2)ln1( -2 dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Ta có : ∫ −= e edx 1 1 Tính J = dx xx x e ∫ + 1 )ln1( ln Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt t t ∫ − 2 1 1 = dt t ) 1 1( 2 1 ∫ − = (t - ln t ) = 1 - ln2. Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 Câu 4: Tính thể tích của khối chóp theo a, 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Kẻ SH vuông góc với Bc,suy ra SH vuông góc với mp(ABC). Kẻ SI vuông góc với AB và SJ ⊥ AC ⇒ ∠ SIH = ∠ SJH = 60 o ⇒ ∆ SHI = ∆ SHJ ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông Từ đó suy ra I là trung điểm AB do đó IH = a/2 .Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = a 3 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: 2 3 ABC 1 1 a 3 a a 3 V SH.S . . 3 3 2 2 12 = = = (đvtt) Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 333 3 1 3 1 3 1 accbba P + + + + + = . áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3 ++ ≥++⇒=≥ ++++ (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P +++++ ≥ + + + + + = áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + ≤ + + + 1 3 4. 6 3 3 4 ≤ + = Do đó 3P ≥ Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1 + + = ⇔ ⇔ = = = + = + = + = Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba === Câu 6a: 1, Lập phương trình các cạnh của hình vuông . Lập phương trình các cạnh… Gọi hình vuông đã cho là ABCD . Giả sử pt cạnh AB là 2 12 0x y− + = . Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng AB . Suy ra ( ) 2;5H − 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ,A B thuộc đường tròn tâm H , bán kính 45=IH có pt: ( ) ( ) 2 2 2 5 45x y+ + − = Toạ độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 12 0 2 5 45 x y x y − + = + + − = . Giải hệ tìm được ( ) ( ) 4;8 , 8;2A B − . Suy ra ( ) 2; 10C − − : 2 16 0AD x y+ − = ; : 2 14 0BC x y+ + = ; : 2 18 0CD x y− − = Câu 6a: 2, Lập phương trình mặt phẳng Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9. Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng : A(x -13) + B(y + 1) + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0+ + ≠ .Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 ⇔ ( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 2 2 B 5C 2B 8BC 17C⇔ + = + + ⇔ 2 2 B 2BC 8C 0 B 4C;B 2C− − = ⇔ = = − Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài toán: 1 2 (P ) : 2x 2y z 28 0;(P ) : 8x 4y z 100 0− + − + = + + − = Câu 7a: Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 log x log x 2x 10 1 10 1 3 + − − = . Điều kiện : x > 0 Ta có phương trinhg tương đương với: ( ) ( ) 3 3 3 log x log x log x 2 10 1 10 1 .3 3 + − − = 3 3 log x log x 10 1 10 1 2 3 3 3 + − ⇔ − = ÷ ÷ ÷ ÷ . Đặt 3 log x 10 1 t 3 + = ÷ ÷ (t > 0). Phương trình trỏ thành: 2 1 2 t 3t 2t 3 0 t 3 − = ⇔ − − = 1 10 1 10 t ;t 3 3 + − ⇔ = = ( loại) Với t = 1 10 3 + ta giải được x = 3.Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3. Câu 6b: 1, Tìm M trên ( C ) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆ ) là 13 9 ),( = ∆I d < R Vậy đường thẳng ( ∆ ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),( . 2 1 ∆∆ = MABM dABS Trong đó AB không đổi nên ABM S ∆ lớn nhất khi ),( ∆M d lớn nhất. Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ∆ ). PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình: =−+ =−−++ 0123 0842 22 yx yxyx ⇔ =−= −== 5,3 1,1 yx yx ⇒ P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có 13 4 ),( = ∆P d ; 13 22 ),( = ∆Q d Ta thấy ),( ∆M d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). Câu 6b: 2, Viết Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M Chứng minh được OH vuông góc với mp(ABC) Từ đó suy ra véc tơ OH có tọa độ (3;2;1) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Phương trình mp(ABC): 3(x 3) 2(y 2) 1(z 1) 0− + − + − = Vậy mp(ABC) có phương trình là : 3x 2y z 14 0+ + − = Câu 7b: Giải bất phương trình −+−>−+− xxxxx 2 1 log)2(22)144(log 2 1 2 2 . ĐK: ( ) * 2 1 x 2 1 x 2 1 x 0)1x2( 2 1 x 01x4x4 0x 2 1 22 <⇔ ≠ < ⇔ >− < ⇔ >+− >− Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: [ ] 1)x21(log)2x(2x2)x21(log2 22 −−++>−− [ ] 01)x21(logx 2 <+−⇔ < > ⇔ >− < <− > ⇔ >− < <− > ⇔ >+− < <+− > ⇔ 0x 4 1 x 1)x21(2 0x 1)x21(2 0x 0)x21(2log 0x 0)x21(2log 0x 01)x21(log 0x 01)x21(log 0x 2 2 2 2 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 2 1 x 4 1 << hoặc x < 0. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 6 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 26 Ngày 27 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y x 3x mx 1= − + + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và. ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1, Cho hàm số: 3 2 y x 3x 1= − + (1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y x 3x 1= − + * Tập xác định: .R * Sự biến thi n: + Giới hạn:. biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0= . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1). Chứng minh rằng ( )∆