Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 27 Ngày 30 tháng 11năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số xxy 3 3 +−= ( ) 1 . a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( ) 1 . b. Gọi ( ) d là đường thẳng đi qua điểm ( ) 2;2 −A có hệ số góc bằng k . Xác định các giá trị của tham số k để ( ) d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn .2− Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .04cos22sin72cos2sin22 =+−−− xxxx Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình .3 xxx =−+ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 1 2013 . 6 2013 x x x x dx + − ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với , 2, 5BA a BC a BD a= = = . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy là trọng tâm G của tam giác ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SAB) bằng 10 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 8 6 1.P a b ab= + + + Với mọi số thực a, b thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 4 4 2 2.a b ab a b+ + ≤ + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) C 9 22 =+ yx và đường tròn ( ) C ′ ( ) ( ) ( ) .033 22 >=−+− aayx Tìm a để ( ) C cắt ( ) C ′ tại hai điểm phân biệt BA, sao cho góc · AOB bằng .120 0 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm ( ) 1; 2;3M − . Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các mặt phẳng ( ) ( ) ( ) .,, OzxOyzOxy Xác định tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu đi qua bốn điểm ,O A, B và C. Câu 9.a (1,0 điểm) Với n là số nguyên dương, cho khai triển ( ) 2 2 2 0 1 2 2 1 n n n x x a a x a x a x+ + = + + + + và 1 2 2 2 2 81 n a a na+ + + = . Tìm n. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường elíp ( ) E : .1 20122013 22 =+ yx Gọi F 1 , F 2 là hai tiêu điểm của ( ) E , M là điểm tuỳ ý trên ( ) E .Chứng minh rằng .4025. 2 21 =+ OMMFMF Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có trọng tâm G và ( ) 0;1;2A , ( ) 3;2;0 −−B , ( ) 0;5;1 −C .Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz để độ dài đoạn thẳng MG nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 12 12 5 3 4 0 log 1 log 3 1. x y x y x y − + − + = − + − = . Hết 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1, Tập xác định: D=R . Sự biến thiên: Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ . Bảng biến thiên: 2 ' 3 3; ' 0 1y x y x= − + = ⇔ = ± . x –1 1 y' – 0 + 0 – y Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;+∞ và đồng biến trên ( ) 1;1− . Hàm số đạt cực tiểu tại 2,1 −=−= CT yx và đạt cực đại tại 1x = , y CĐ = 2. Đồ thị: Câu 1 : 2, Phương trình đường thẳng d là : ( ) 22 −−= xky Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị (1) là ( ) 223 3 −−=+− xkxx ( ) ( ) 0122 2 =+++−⇔ kxxx ( ) ( ) ( ) =− =+++= ⇔ 02 (*)012 2 x kxxxg d cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt đều có hoành độ lớn hơn – 2 khi và chỉ khi ( ) −>> >−=∆ ′ ≠ 2 0 02 12 xx k g ( 1 x , 2 x là nghiệm của (*) ) .01 1 0 9 21 0 09 <<−⇔ −> < −≠ ⇔ −>−−− < ≠+ ⇔ k k k k k k k Câu 2: Phương trình đã cho ( ) 0)3cos22(sin1sin2 =−+−⇔ xxx . ( ) ( ) =−+ =− ⇔ .203cos22sin 101sin2 xx x (1) ⇔ π π π π 2 6 5 ,2 62 1 sin kxkxx +=+=⇔= (2) ⇔ ==+−=⇔=+ 3 22 cos, 3 1 sin.2 2 1)sin( ααπα π α kxx Kết luận PT có nghiệm: π π π π 2 6 5 ,2 6 kxkx +=+= và .2 2 πα π kx +−= Câu 3: ĐK: 0≥x với ĐK này PT đã cho tương đương với PT 1123 −=−+−+ xxx 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 -2 −∞ −∞ +∞ +∞ 2 y x 2 O 1 -2 -1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ⇔ 1 1 1 23 1 −= + − − ++ − x x x x x ⇔ 01 1 1 23 1 )1( = − + − ++ − xx x ⇔ 1=x vì 001 1 1 23 1 ≥∀<− + − ++ x xx . Vậy nghiệm của PT là 1=x . Câu 4 : 2 1 6 2013 x I dx x x dx= + − ∫ ∫ Tính 1 1 2013 2013 2013 ln 2013 x x x J dx dx C − − − = = = + ∫ ∫ Tính 2 2 6 9 ( 3)K x x dx x dx= − = − − ∫ ∫ , Đặt tx sin33 =− , −− =∈ 2 ; 2 ππ t ( ) 2 9 1 1 cos2 sin 2 2 2 K t dt t t C= + = + + ∫ , Vậy 2013 1 sin 2 ln 2013 2 x I t t C − − = + + + với 3 arcsin 3 x t − = Câu 5 : Áp dụng định lí đường trung tuyến tam giác, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 AB AD BD a OA AC a BC AB AC AB AC + = − = ⇒ = ⇒ = + ⇒ ⊥ . Suy ra 2 2 ABCD ABC S S a ∆ = = . Vẽ GH // ( ) OA H AB∈ , hạ GK SH⊥ , ta có: ,AB GH AB SG AB GK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra: ( ) 10 a GK SAB GK⊥ ⇒ = và 2 3 3 a GH OA= = . Nên 2 2 2 2 1 10 9 1 GS a GS a a a = − = ⇒ = . Kết luận: 3 . 3 S ABCD a V = . Câu 6: Vì ( ) ( ) 2 2 2 4 4 2 2 2 1 3 2 1 0 0 2 1 3.a b ab a b a b a b a b+ + ≤ + + ⇔ + + − + + ≤ ⇔ ≤ + + ≤ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1 .P ab b a a b a b a b= + + + + + ≤ + + + + + Đặt 2 1t a b= + + , thì 0 3.t≤ ≤ Xét ( ) 2 f t t t= + với 0 3t≤ ≤ , ta có ( ) [ ] 1 ' 2 1 0 0:3 2 f t t t − = + = ⇔ = ∉ . Ta có: ( ) 0 0f = , ( ) 3 12f = suy ra GTLN của ( ) 2 f t t t= + trên [ ] 0:3 là 12 nên 12P ≤ . KL: GTLN của P là 12 khi 1 1 . 2 a b = = Câu 7a: (C) có tâm là ( ) 0;0O bk 3 1 =R , (C ’ ) tâm là bk aR = 2 ( ) C cắt ( ) C ′ tại hai điểm phân biệt BA, khi 121 ROIRROI +<<− 2182721827 +<<−⇔ a 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 D C B A G H S K O Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Tọa độ 2 điểm A và B là nghiệm của HPT ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 1 3 3 2 x y x y a + = − + − = . Lấy (1) trừ (2), suy ra: : 6 6 27 0x y a∆ + − + = là đường thẳng qua A và B. Mà tam giác OAB cân, có OA = OB =3 nên 2 3 =OH ( H là trung điểm của AB) . Hay ( ) .2927 2 3 27 2 3 , ±=⇔=−⇔=∆ aaOd (tmdk) KL: a = 27 ± 9 2 Câu 8a: Vì A, B, C là hình chiếu của M trên mp(Oxy), (Oyz) và (Ozx) ( ) 1; 2;0A⇒ − , ( ) 3;2;0 −B và ( ) 3;0;1C . Gỉa sử pt mặt cầu )(S đi qua bốn điểm ,O A, B và C là: 0222 222 =++++++ dcxbxaxzyx .Thay tọa độ các điểm ,O A, B và C vào pt )(S ta được hpt: =++ =++− =+− = 01062 01364 0542 0 ca cb ba d ⇔ = − = = − = .0 2 3 1 2 1 d c b a Tâm của )(S có tọa độ là 1 3 ; 1; 2 2 − ÷ , bán kính có độ dài bằng 14 . 2 Câu 9a: Lấy đạo hàm của khai triển ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 n n n n x x x a a x na x − − + + + = + + + . Chọn 1 1 2 2 1 .3 .3 .3 2 2 n n n x n n a a na − = ⇒ = = + + + , ta được: .3 81 n n = . Xét HS ( ) ( ) .3 ' 3 .3 ln3 0 x x x f x x f x x= ⇒ = + > ⇒ HS f ĐB trên ( ) 0;+∞ . Mà ( ) 3 81f = . KL: 3n = là giá trị cần tìm. Câu 7b: Gọi ( ) ( ) 1 20122013 :; 22 =+∈ yx EyxM Suy ra xeMFxeMF .2013,.2013 21 −=+= ( )( ) 2222222 21 2013.2013.2013. yxxeyxxexeOMMFMF ++−=++−+=+ )1(2013 222 exy −++= 402520122013) 2013 1 1(2013 22 =+=−++= xy Câu 8b:Ta có ( ) ( ) 1 2 5 2 1 3 ; ; ; ; 3 3 3 3 3 3 A B C A B C A B C x x x y y y z z z G + − + − + + + + + + + − = ÷ ÷ . nên ( ) 1; 2; 1G − − . Mà ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0;0; 1 2 1M Oz M z MG z∈ ⇒ ⇒ = + − + − − . Suy ra ( ) 2 5 1 5MG z= + + ≥ . KL: MG nhỏ nhất 1z⇔ = − hay ( ) 0;0; 1M − . Câu 9b: ĐK: 1x > và 3y > (*). Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 3 4 0 2 2 1 1x y x y x x y y− + − + = ⇔ + + + = + + + (1). Từ hs ( ) 2 f t t t= + đồng biến trên ( ) 0;+ ∞ và (*) nên (1) 2 1 1.x y y x⇔ + = + ⇔ = + 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do đó ( ) ( ) 12 12 log 1 log 3 1x y− + − = ( ) ( ) ( ) 5 1 2 12 6. 2 x x x y x l = ⇔ − − = ⇔ ⇒ = = − Kết luận: nghiệm của hệ phương trình là 5, 6x y= = . 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐT:01694838 727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 27 Ngày 30 tháng 11năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số xxy 3 3 +−= ( ) 1 . a. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838 727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 27 Câu 1: 1, Tập xác định: D=R . Sự biến thi n: Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ . Bảng biến thi n: 2 ' 3 3; ' 0. thị hàm số ( ) 1 . b. Gọi ( ) d là đường thẳng đi qua điểm ( ) 2;2 −A có hệ số góc bằng k . Xác định các giá trị của tham số k để ( ) d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt đều có