Đề thi thử đại học môn Toán lời giải chi tiết số 68

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 68 Ngày 27 Tháng 4 Năm 2013 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ( ) 2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m − + ≤ − + − + ≥      PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A − − − − + +  − <     ≥   (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các điểm 1 2 d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 68 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 1: 1, Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên: Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ • 2 ' 3 6y x x= + ; 2 ' 0 0 x y x = −  = ⇔  =  • Bảng biến thiên ( ) ( ) 2 3; 0 1 CT y y y y= − = = = − C§ • Đồ thị Câu 1: 2, + Khi m = 0 1y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. + Khi 0m ≠ ( ) 2 ' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − − Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép ( ) 2 2 ' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤ 1 0 4 m⇔ ≤ ≤ Câu 2: 1, ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + (1) Điều kiện: sin 2 0x ≠ 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x x x −   ⇔ = +  ÷   2 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 sin 2 0 sin 2 sin 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 2: 2, ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x + ≠  − < <   − > ⇔   ≠ −   + >  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x ⇔ + + = − + + ⇔ + + = − ⇔ + = − ⇔ + = − + Với 1 4x − < < ta có phương trình 2 4 12 0x x+ − = ; ( ) 2 6 x x =  ⇔  = −  lo¹i 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 + Với 4 1x− < < − ta có phương trình 2 4 20 0x x− − = ( ) 2 24 2 24 x x  = − ⇔  = +   lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( ) 2 1 6x = − Câu 3: Đặt 2 2 2 2 1 1 2 2 dx tdt t x t x tdt xdx x x = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − 2 2 1 1 dx tdt tdt x t t ⇒ = − = − − + Đổi cận: 1 3 3 1 ; 2 2 2 2 x t x t= ⇒ = = ⇒ = 1 3 3 2 2 2 1 2 2 1 2 3 2 2 1 1 1 7 4 3 ln ln 1 1 2 1 2 3 | dt dt t A t t t   + + = = = =  ÷  ÷ − − −   ∫ ∫ Câu 4: Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB⊥ ⊥ , suy ra ( ) SOE AB⊥ . Dựng ( ) OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥ , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 8 1 9 9 9 3 8 2 2 OH SO OE OE OH SO OE OE = + ⇒ = − = − = ⇒ = ⇒ = 2 2 2 9 81 9 9 8 8 2 2 SE OE SO SE= + = + = ⇒ = 2 1 36 . 8 2 9 2 2 2 SAB SAB S S AB SE AB SE = ⇔ = = = ( ) 2 2 2 2 2 2 1 9 9 265 4 2 32 2 8 8 8 OA AE OE AB OE   = + = + = + = + =  ÷   Thể tích hình nón đã cho: 2 1 1 265 265 . . .3 3 3 8 8 V OA SO π π π = = = Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 2 2 2 265 337 337 265 337 89305 9 ; . . . 8 8 8 8 8 8 xq SA SO OA SA S OA SA π π π = + = + = ⇒ = = = = Câu 5: Hệ bất phương trình ( ) 2 2 7 6 0 (1) 2 1 3 0 (2) x x x m x m  − + ≤   − + − + ≥   ( ) 1 1 6x⇔ ≤ ≤ . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại [ ] 0 1;6x ∈ thỏa mãn (2). ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 2 3 2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0) 2 1 x x x x x m m do x x x − + ⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + > + Gọi [ ] 2 2 3 ( ) ; 1;6 2 1 x x f x x x − + = ∈ + . Hệ đã cho có nghiệm [ ] 0 0 1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 8 ' 2 1 2 1 x x x x f x x x + − + − = = + + ; ( ) 2 1 17 ' 0 4 0 2 f x x x x − ± = ⇔ + − = ⇔ = Vì [ ] 1;6x∈ nên chỉ nhận 1 17 2 x − + = Ta có: 2 27 1 17 3 17 (1) , (6) , 3 13 2 2 f f f   − + − + = = =  ÷  ÷   Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27 max ( ) 13 f x = Do đó [ ] [ ] 0 0 1;6 27 1;6 : ( ) max ( ) 13 x x f x m f x m m ∈ ∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 6a: 1, Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) 4 3 4 0 2 2;4 2 6 0 4 x y x A x y y + − = = −   ⇔ ⇒ −   + − = =   Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( ) 4 3 4 0 1 1;0 1 0 0 x y x B x y y + − = =   ⇔ ⇒   − − = =   Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: ( ) ( ) 2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − = Gọi 1 2 3 : 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − = Từ giả thiết suy ra ( ) · ( ) · 2 3 1 2 ; ;∆ ∆ = ∆ ∆ . Do đó ( ) · ( ) · ( ) 2 2 2 3 1 2 2 2 0 |1. 2. | | 4.1 2.3| cos ; cos ; | 2 | 2 3 4 0 3 4 0 25. 5 5. a a b a b a b a a b a b a b =  + + ∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ = ⇔ + = + ⇔ − = ⇔  − = +  + a = 0 0b⇒ ≠ . Do đó 3 : 4 0y∆ − = + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0x y∆ + − = (trùng với 1 ∆ ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) 4 0 5 5;4 1 0 4 y x C x y y − = =   ⇔ ⇒   − − = =   Câu 6ª: 2, Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P d I P d I Q  =   = = = ⇔ =   =   Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1)OI AI OI AI a b c a b c a b c= ⇔ = ⇔ + + = − + − + − ⇔ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5 | , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI d I P a b c a b c a b c + − + = ⇔ + + = ⇔ + + = + − + ( ) ( ) ( ) ( ) | 2 2 5| | 2 2 13| , , 3 3 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3) 2 2 5 2 2 13 a b c a b c d I P d I Q a b c a b c a b c a b c a b c + − + + − − = ⇔ = + − + = + − −  ⇔ ⇔ + − =  + − + = − − + +  lo¹i Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ; (4) 3 6 3 a b c − = − = Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5)a b c+ + = Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( ) ( ) 2 221 658 0a a− − = Như vậy 2a = hoặc 658 221 a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67 ; ; 221 221 221 I   −  ÷   và R = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9x y z− + − + − = và 2 2 2 658 46 67 9 221 221 221 x y z       − + − + + =  ÷  ÷  ÷       Câu 7a: Điều kiện: 1 4 5n n − ≥ ⇔ ≥ Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 3 5 2 3 4.3.2.1 3.2.1 4 1 1 2 3 7 1 1 5.4.3.2.1 15 n n n n n n n n n n n n n n n n n − − − − − − −  − < − −   ⇔  + − − −  ≥ + −   2 2 9 22 0 5 50 0 10 5 n n n n n n  − − <  ⇔ − − ≥ ⇔ =   ≥  Câu 6b: 1,Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y = =  + + − − =  ⇔   = − = − − − =   Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì · 0 90ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). Câu 6b: 2, Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = +   = −   =  . M thuộc d 1 nên tọa độ của M ( ) 1 2 ;3 3 ;2t t t+ − . Theo đề: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0;2M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1;3;0M + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = . Phương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = +   =   = − −  (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). Câu 7b: Điều kiện ( ) 3 1 0 3 3 x x > ⇔ < − ( ) ( ) ( ) 3 1 ( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3 3 f x x x x = = − − = − − − ; ( ) ( ) 1 3 '( ) 3 3 ' 3 3 f x x x x = − − = − − Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 6 6 1 cos 3 3 sin sin sin 0 sin0 3 2 2 | t t dt dt t t π π π π π π π π π − = = − = − − − =    ∫ ∫ Khi đó: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ ( ) ( ) 2 1 3 3 2 0 3 2 3 2 1 3 3; 2 3; 2 2 x x x x x x x x x x x −  < −   < >    − + ⇔ ⇔ ⇔ − +    < <   < ≠ − < ≠ −    5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 68 Ngày 27 Tháng 4 Năm 2013 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1 (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 68 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu. tham số 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin