Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 74 Ngày 4 Tháng 5 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 5 2.cos5 sin( 2 ) sin 2 .cot 3 . 2 x x x x π π − + = + ÷ 2. Giải hệ phương trình : 2 2 4 2 2 2 3 15 0 2 4 5 0 x y x y x y x y + + − = + − − − = Câu III ( 1điểm) Tính tích phân ( ) 3 2 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx x x + + + = + ∫ . Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a, 2AC a= . Các mặt phẳng ( ' ),( ' ),( ' )B AB B AC B BC cùng tạo với mặt phẳng ( )ABC góc 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Câu V (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn x y z≥ ≥ và 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( ) 3;3I và 2AC BD = . Điểm 4 2; 3 M ÷ thuộc đường thẳng AB , điểm 13 3; 3 N ÷ thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng ( ) ( ) 1 2 x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1 d : ; d : 1 2 1 2 1 1 + + − − − = = = = và mặt phẳng ( ) P : x y 2z 5 0+ − + = . Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( ) ( ) 1 2 d , d lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn 2 z z z+ = . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng ∆: x y z1 1 2 1 2 + − = = − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 2 2 2m x x x− + = + có 2 nghiệm phân biệt. Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 74 Câu 1: 1, Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 • Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: • Đồ thị: Nhận xét: Câu 1: 2, Đặt ( ) ( ) 3 2 3 2 ; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − + với a b ≠ . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 ; ' 3 6 A A B B k y x a a k y x b b= = − = = − . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 3 6 3 6 2 0 2 A B k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − Độ dài đoạn AB là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 . 3 4 1 4 1 . 1 3 AB a b a b a b a b a b a ab b a b a a a = − + − − − = − + − + + − + = − + − − − Đặt t = ( a – 1 ) 2 4 2AB = ( ) ( ) ( ) 2 2 3 8 4 2 2 0t t t t t t⇔ + − = ⇔ − − + = 4t⇔ = 1 2 1 2 a a − = ⇔ − = − • Với 3 1a b= ⇒ = − ⇒ ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − • Với 1 3a b= − ⇒ = ⇒ ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − Vậy ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − hoặc ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − . Câu 2: 1, ĐK: sin3 0x ≠ pt ⇔ 2cos5 sin 2 cos2 .cot 3x x x x+ = ⇔ 2cos5 sin3 sin 2 cos3 cos2 .cos3x x x x x x+ = ⇔ 2cos5 sin3 cos5 0x x x− = ⇔ cos5 ( 2 sin 3 1) 0x x − = +) 1 sin 3 0 2 x = ≠ (t/m đk) ⇔ 2 12 3 2 4 3 k x k x π π π π = + = + +) cos5 0x = ⇔ 10 5 k x π π = + t/m đk KL:……………… Câu 2: 2, 2 2 4 2 2 2 3 15 0 2 4 5 0 x y x y x y x y + + − = + − − − = Hệ pt 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) 4( 1) 4( 2) 5 ( 1) ( 2) 10 x y x y x y − − + − + − = ⇔ − + − = . 2 M C' A' B C A B' H N P Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Đặt 2 1 2 u x v y = − = − Ta có hpt 2 2 2 10 ( ) 2 10 4( ) 5 4( ) 5 u v u v uv uv u v uv u v + = + − = ⇔ + + = + + = ⇔ 10 45 u v uv + = − = (vô nghiệm) hoặc 2 3 u v uv + = = − 3 1 u v = ⇔ = − hoặc 1 3 u v = − = +) 3 1 u v = = − Tìm được 2 nghiệm ( ; ) (2;1)x y = và ( ; ) ( 2;1)x y = − +) 1 3 u v = − = Tìm được nghiệm ( ; ) (0;5)x y = Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5) Câu 3: ( ) 3 2 2 1 1 1 1 ln 2 1 1 ln 2 ln 2 ln e e e x x x x I dx x dx dx x x x x + + + + = = + + + ∫ ∫ ∫ Ta có : 3 3 2 1 1 1 3 3 e e x e x dx − = = ∫ ( ) 1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e d x x x dx x x x x x x + + = = + + + ∫ ∫ ( ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 e e + = + − = Vậy 3 1 2 ln 3 2 e e I − + = + . Câu 4: Gọi H là hình chiếu của 'B trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB và BC.Khi đó , 'AC HM AC B H⊥ ⊥ ( ' )AC B BM⇒ ⊥ . Vậy góc giữa ( ' )B AC và ( )BAC là góc 'B MH . Tương tự ta có 0 ' ' ' 60B MH B NH B PH= = = . Do đó ' ' 'B MH B NH B PH HM HN HP∆ = ∆ = ∆ ⇒ = = . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Theo công thức 2 ( )( )( ) 4 . .2 . 2 2S p p a p b p c a a a a a= − − − = = Mặt khác 2 2 2 2 4 2 S a a S pr r HM p a = ⇒ = = = = Tam giác vuông 'B HM có 0 2 6 ' .tan 60 . 3 2 2 a a B H HM= = = Từ đó 2 3 . ' ' ' 6 . ' 2 2 . 2 3 2 ABC A B C ABC a V S B H a a= = = ( đvtt). Câu 5 : Ta có 2 , 2 x z xz x yz z z y + ≥ + ≥ Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z= + + + + − − = + + + − Do 0x > và y z≥ nên ( ) 0x y z− ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 Câu 6a: 1, Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5 ' 3; 3 N ÷ . Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y− + = .Suy ra: ( ) 3 9 2 4 , 10 10 IH d I AB − + = = = Do 2AC BD = nên 2IA IB= . Đặt 0IB x = > , ta có phương trình: 2 2 2 1 1 5 2 2 4 8 x x x x + = ⇔ = ⇔ = Đặt ( ) ,B x y . Do 2IB = và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ( ) ( ) 2 2 2 14 4 3 5 18 16 0 3 3 2 5 8 2 3 2 3 2 0 5 x x y y x y y x y x y y = = > − + = − + − = ⇔ ⇔ ∨ = = − − + = = Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8 ; 5 5 B ÷ Vậy,đường chéo BD là: 7 18 0x y− − = . Câu 6a: 2, Đặt ( ) ( ) A 1 a; 2 2a;a ,B 2 2b;1 b;1 b− + − + + + + , ta có ( ) AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1= − + + − + + − + + uuur Do AB song song với (P) nên: ( ) P AB n 1;1; 2 b a 4⊥ = − ⇔ = − uuur uur . Suy ra: ( ) AB a 5; a 1; 3= − − − − uuur Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 AB a 5 a 1 3 2a 8a 35 2 a 2 27 3 3= − + − − + − = − + = − + ≥ Suy ra: { a 2 min AB 3 3 b 2 = = ⇔ = − , ( ) 1;2;2A , ( ) 3; 3; 3AB = − − − uuur Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: x 1 y 2 z 2 1 1 1 − − − = = . Câu 7a: Giả sử z x yi= + , khi đó 2 2 2 2 ( )z z z x yi x y x yi+ = ⇔ + + + = − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 x y x y x x y x y xyi x yi xy y − + + = ⇔ − + + + = − ⇔ = − TH 1. 1 2 x = − ta được 2 2 2 2 1 1 1 1 3 4 4 2 4 4 y y y y− + + = − ⇔ + = − 2 2 2 4 2 4 2 3 3 0 5 2 5 4 4 1 3 9 2 16 40 5 0 4 2 16 y y y y y y y y − ≥ ≥ + ⇔ ⇔ = ± + = − + − + = TH 2. 2 0 0 0y x x x x x y= ⇒ + = ⇔ = ⇒ = = Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; 1 5 2 5 2 2 z i + = − ± Câu 6b: 1, Tọa độ điểm D là: 3 0 0 2 0 0 x y x x y y − = = ⇔ − = = => D(0;0) ≡ O Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là ( ) ( ) 1 2 3; 1 , 1; 2n n− − ur uur cos · ADB = 2 1 => · ADB =45 0 =>AD=AB (1) Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45 0 => · BCD =45 0 => ∆ BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có: ( ) 2 1 3. 24 2 2 ABCD AB S AB CD AD= + = = =>AB=4=>BD= 4 2 Gọi tọa độ điểm ; 2 B B x B x ÷ , điều kiện x B >0 => 2 2 8 10 ( ) 5 4 2 2 8 10 ( ) 5 B B B B x loai x BD x x tm = − = + = ⇔ ÷ = uuur Tọa độ điểm 8 10 4 10 ; 5 5 B ÷ ÷ Vectơ pháp tuyến của BC là ( ) 2;1 BC n = uuur ( Vì BD BC ⊥ ) 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 => phương trình đường thẳng BC là: 2 4 10 0x y+ − = Câu 6b: 2, Phương trình tham số của ∆: = − + = − = x t y t z t 1 2 1 2 . Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng − + −C t t t( 1 2 ;1 ;2 ) . AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)= − + − − = − uuur uuur = − − − − ⇒ = − + AC AB t t t AC AB t t 2 , ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 2 18 36 216 uuur uuur uuur uuur Diện tích ∆ABC là = = − + S AC AB t t 2 1 , 18 36 216 2 uuur uuur = t 2 18( 1) 198− + ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1= hay C(1; 0; 2). Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC ( 2; 3; 4)= − − − uuur làm vectơ chỉ phương nên có phương trình chính tắc là x 3 y 3 z 6 2 3 4 − − − = = − − − . Câu 7b: Ta có: 2 2 2 1x x− + ≥ nên 2 2 2 2m x x x− + = + 2 2 2 2 x m x x + ⇔ = − + Xét 2 2 ( ) 2 2 x f x x x + = − + , ta có: ( ) 2 2 4 3 '( ) 2 2 2 2 x f x x x x x − = − + − + ( ) 4 4 ' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1 3 3 x x f x x f f x f x →−∞ →+∞ = ⇔ = = = − = ÷ + Bảng biến thiên: x - ∞ 4 3 + ∞ y’ - 0 + y 10 -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 10m< < 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75 Ngày 4 tháng 5 Năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2)1(2 24 −+−− mxmx (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 2 = m . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ;1( )3 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: )cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+ 2. Giải hệ phương trình: =−− =−++−− 12 4)3()1(3 22 yxyx xyyyxx R),( ∈yx Câu III (2 điểm) 1. Tính tích phân: I = ∫ + −+ e dx xx xxx 1 )ln1( ln)2( 2. Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: ba ++1 1 + cb ++1 1 + ac ++1 1 ≤ a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC = 2 3a , BD = 2 a , khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp ABCDS. theo a . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 01 =−+ yx và 093 =−− yx . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) có phương trình 0842 22 =−−++ yxyx và đường thẳng ( ∆ ) có phương trình : 0132 =−− yx . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn 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. 3 . Giải phương trình: 2 1 3 9. 3 2 4 3 1 log)23( + −= − − x x x B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng 1 d , 2 d có phương trình lần lượt là 023 =++ yx và 043 =+− yx . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại B , C ( B và C khác A ) sao cho 22 11 ACAB + đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ): 0242 22 =++−+ yxyx . Viết phương trình đường tròn ( C ') tâm M (5, 1) biết ( C ') cắt ( C ) tại hai điểm A , B sao cho 3=AB . 3. Tính giá trị biểu thức A = +−+− 4 2 3 2 2 2 1 2 3 2011 32 2011 21 2011 10 2011 0 CCCC 2012 2 2011 2011 2011 C Hết 6 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ 75 Câu 1 : Với m = 2, 24 2xxy −= 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: xxy 44' 3 −= ; ⇔= 0'y 1,0044 3 ±==⇔=− xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; ∞+ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y cđ = y(0) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; y ct = y( ± 1) = -2 c) Giới hạn tại vô cực: =− ±∞→ )2( 24 xxLim x + ∞ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: Câu 1: 2) 1 điểm y' = xmx )1(44 3 −− y' = 0 ⇔ xmx )1(44 3 −− = 0 ⇔ [ ] 0)1( 2 =−− mxx TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = 1−± m Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1−m ; 0 ) và ( 1−m ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì 11 ≤−m ⇔ m ≤ 2 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) ⇔ m ∈ ( ] 2;∞− Câu 2: 1. (1 đi ểm) )cos)(sincos2(252cos xxxx −−=+ ⇔ 2cos 2 x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos 2 x =0 ⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0 Đặt t = sinx - cosx ( - 22 ≤≤ t ) ⇒ sinxcosx = 2 1 2 t− Phương trình trở thành t 2 + 4t - 5 = 0 ⇔ t = 1; t = -5 (loại) Với t = 1 ⇔ sinx - cosx = 1 ⇔ 2 sin − 4 π x = 1 ⇔ sin − 4 π x = 2 2 ⇔ +=− +=− π ππ π ππ 2 4 3 4 2 44 kx kx ⇔ += += ππ π π 2 2 2 kx kx Câu 2 : 2. (1 điểm) x 2 -3x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y) 2 + 3(x-y) - 4 + 0 −=− =− 4 1 yx yx 7 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 * Với x- y = 1, ta có =−− =− 12 1 yxyx yx ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2 * Với x - y = -4 ta có =−− −=− 12 4 yxyx yx (Hệ PT vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2) Câu 3: 1. (1 điểm) 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 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 3 : 2. (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c Khi đó 0 < 1 + a + b ≤ 1 + a + c ≤ 1 + b + c và 0 < 2 + a ≤ 2 + b ≤ 2 + c Ta có a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 - ++ + ++ + ++ accbba 1 1 1 1 1 1 = = )1)(2( 1 baa b +++ − + )1)(2( 1 cbb c +++ − + )1)(2( 1 cac a +++ − ≥ ≥ )1)(2( 1 cbc b +++ − + )1)(2( 1 cbc c +++ − + )1)(2( 1 cbc a +++ − = )1)(2( 3 cbc cba +++ −++ ≥ 0 )1)(2( 33 3 = +++ − cbc abc Vậy ba ++1 1 + cb ++1 1 + ac ++1 1 ≤ a+2 1 + b+2 1 + c+2 1 Câu 4: Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). V SABCD = 3 1 SO.S ABCD Diện tích đáy 2 32. 1 1 aBDACS ABCD == Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 0 60=ABD ⇒ tam giác ABD đều. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = Câu 5a: 1. (1 điểm) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC ⇒ M(m; 1-m) Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( 2 32 +− cm ; 2 327 cm −− ) Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 09) 2 327 () 2 32 (3 =− −− − +− cmcm ⇒ m = 2 ⇒ M(2; -1). Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 8 S A B K H C O I D 3a a Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: =−− =−− 03 093 yx yx ⇔ = = 0 3 y x Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2) Câu 5a :2. (1 điểm) 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 5a: 3. (1 điểm) Điều kiện: x > 1 2 1 3 9. 3 2 4 3 1 log)23( + −= − − x x x ⇔ [ ] 1 33 3 3 2 43log)1(log)23( + −=−−− xx x ⇔ [ ] xx x 3.241)1(log)23( 3 −=−−− ⇔ 023)1(log)23( 3 =−+−− xx x ⇔ [ ] 01)1(log)23( 3 =+−− x x ⇔ −=− =− 1)1(log 023 3 x x ⇔ = = 3 4 2log 3 x x Vậy PT có nghiệm x = 3 4 Câu 5b: 1. (1 điểm) Toạ độ điểm A(-1; 1).Ta thấy 2 đường thẳng d 1 và d 2 vuông góc với nhau Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại B , C ( B và C khác A ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ . Ta có: 2222 1111 AMAHACAB ≥=+ (không đổi) ⇒ 22 11 ACAB + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 1 AM khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với AM. PT đường thẳng ∆ : x + y - 2 = 0 Câu 5b :2. (1 đi ểm) Phương trình đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk 3R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có 2 3 2 AB BHAH === Trường hợp 1: Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB .Gọi H' là trung điểm của A'B' Ta có: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2 = = − = − = ÷ ÷ Ta có: ( ) ( ) 2 2 MI 5 1 1 2 5= − + + = và 2 7 2 3 5HIMIMH =−=−= ; 3 13 MH' MI H'I 5 2 2 = + = + = Ta có: 13 4 52 4 49 4 3 MHAHMAR 2222 1 ==+=+== , 43 4 172 4 169 4 3 'MH'H'A'MAR 2222 2 ==+=+== Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 9 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 10 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 74 Ngày 4 Tháng 5 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75 Ngày 4 tháng 5 Năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2)1(2 24 −+−− mxmx (1). 1. Khảo sát sự biến thi n và. tham số m để phương trình: 2 2 2 2m x x x− + = + có 2 nghiệm phân biệt. Hết 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 74 Câu 1: 1, Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thi n: •