Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 97 Ngày 8 tháng 6 Năm 2013 I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x 3 –6x 2 + 9x –2 có đồ thị là (C) a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6 Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: 02cos3sin 4 2sin2 =+−− + xxx π Câu 3/ Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) =++++++ =−+++ 02161322 03232 2 33 2 xxxyxy yyx Câu 4/ ( 1 điểm) Tính: ( ) dxxxxA ∫ += 2 0 2 sin1lncossin π Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a a/ Gọi M là trung điểm SB, 1 V là thể tích tứ diện SAMC, 2 V là thể tích tứ diện ACD. Tính tỷ số 2 1 V V b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 13 ≤+ yx Tìm giá trị nhỏ nhất của xy x A 11 += II . PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A . Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0 Câu 8.a (1,0 điểm). Cho ( ) 2;2;5 −B , ( ) 6;2;3 −C và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Câu 9 .a . (1,0 điểm ) Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 3log103log239log8 −+=++− xxx B . Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6) 2 + (y –6) 2 = 50. M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng 2 2 . Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình: ( ) xxx 64 63 6 loglog ≥+ Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 97 Câu 1a : Cho hàm số y = x 3 –6x 2 + 9x –2 có đồ thị là (C) a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho Tập xác định: D = R y / = 3x 2 –12x + 9 y / = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3 ( ) −∞=−+− −∞→ 296lim 23 xxx x và ( ) +∞=−+− +∞→ 296lim 23 xxx x Bảng biến thiên và kết luận Đồ thị Câu 1.b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6 .Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), 52=AB Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0. Gọi ( ) 296; 23 −+− mmmmM ∈ ( ) C ( ) 5 6116 5 42962 ; 2323 −+− = −−+−+ = mmmmmmm ABMd Diện tích tam giác MAB: ( ) 6116;. 2 1 23 −+−== mmmABMdABS −=−+− =−+− ⇔= 66116 66116 6 23 23 mmm mmm S ⇔ = = 4 0 m m *m = 0 ⇒ M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 * m = 4 ⇒ M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14 Câu 2: Giải phương trình 02cos3sin 4 2sin2 =+−− + xxx π 02cos3sin 4 2sin2 =+−− + xxx π ⇔ 02cos3sin2cos2sin =+−−+ xxxx ⇔ 01cos3cos2sincossin2 2 =+−+− xxxxx ⇔ ( ) ( )( ) 01cos21cos1cos2sin =−−+− xxxx ⇔ ( )( ) 01cossin1cos2 =−+− xxx ⇔ 1 cos 2 x = , 1 sin 4 2 x π + = ÷ Nghiệm phương trình: π π 2 3 kx +±= , π 2kx = , π π 2 2 kx += Câu 3:Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =++++++ =−+++ 202161322 103232 2 33 2 xxxyxy yyx (2) ⇔ ( ) ( ) 041312 23 =++++ yxyx ⇔ 04 1 3 1 2 23 =+ + + + y x y x do y = 0 không là nghiệm ⇔ 2 1 −= + y x . Hệ trở thành: −−= =−+++ 12 03232 2 yx yyx ⇔ −−= −=++ 12 23464 2 yx yyy ⇔ 14 9 x = − , 5 18 y = , 3 2 y ≤ nghiệm của hệ: − 18 5 ; 9 14 Câu 4: Tính: ( ) dxxxxA ∫ += 2 0 2 sin1lncossin π . Tính: ( ) dxxxA ∫ += 2 0 2 sin1ln2sin 2 1 π Đặt ( ) xu 2 sin1ln += và xdxdv 2sin= . Suy ra: dx x x du 2 sin1 2sin + = và xv 2 sin1+= ( ) ( ) −++= ∫ 2 0 2 0 22 2sinsin1lnsin1 2 1 π π xdxxxA ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 0 1 1 sin ln 1 sin sin 2 x x x π π = + + − ln 4 1 2 − = Câu 5a :Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 H M D C B A S Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 a/ Gọi M là trung điểm SB, 1 V là thể tích tứ diện SAMC, 2 V là thể tích tứ diện MACD. Tính tỷ số 2 1 V V . Ta có: 2 1 . . = ABCS AMCS V V . Gọi H là trung điểm SA . SA ⊥ (ABCD) nên MH ⊥ (ABCD) và SAMH 2 1 = . ABCSABCMACDM VVV 2 1 == vậy: 1 2 1 = V V Câu 5b :Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD. Gọi E là điểm đối xứng của B qua A.Ta có AEDC là hình bình hành và góc EAC bằng 135 0 , CD = a và 2aAC = . AC // ED nên AC // (SDE) ⊃ SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)). Kẻ AH ⊥ ED ( H∈ ED) ⇒ ED⊥(SAH) ⇒ (SED)⊥(SAH). Kẻ AK⊥ SH ⇒ AK ⊥ (SDE) vậy AK = d(AC,SD) . Trong tam giác SAH có 222222 4 3 2 1 4 1111 aaaAHSAAK =+=+= Vậy:AK = d(AC,SD) = 3 2a Câu 6: Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của xy x A 11 += Giải. 4 3 431 yxyxxxyx ≥+++=+≥ hay 4 1 4 ≤xy xy x A 11 += ≥ 8 21 2 4 3 ≥= yx xyx A = 8 ⇔ == == 4 11 2 1 xy x yx ⇔ 2 1 == yx . Giá trị lớn nhất của A là 8 khi 2 1 == yx Câu 7a :Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0. Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay ( ) ( ) 25 1483 222 22 ++ =−−++ aa aa ⇔ 141181255 2 +=++ aaa ⇔ a = 1 Ta được I(1; –2) ⇒ bán kính R = 5 .Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1) 2 + (y +2) 2 = 25 Câu 8a : Cho ( ) 2;2;5 −B , ( ) 6;2;3 −C và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung điểm của BC và có vectơ pháp tuyến là BC . Phương trình (Q): x –2z + 4 = 0. Gọi A(a ; b; c)∈ (P) và A(a ; b; c)∈ (Q) nên: =+− =−++ 042 052 ca cba ⇔ −= −= 42 513 ca cb .Khi đó: ( ) cccA ;513;42 −− . ( ) cccAB −−−= 2;155;29 và ( ) cccAC −−−= 6;155;27 Tam giác ABC vuông tại A nên: 0. =ACAB ⇔ ( )( ) ( ) ( )( ) 0621552729 2 =−−+−+−− ccccc ⇔ 020017030 2 =+− cc ⇔ 3 5 4 =∨= cc có hai điểm ( ) 4;7;1 1 −−A và − 3 13 ; 3 20 ; 3 11 2 A Câu 9a :Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 4 2 4 3log103log239log8 −+=++− xxx Điều kiện: ( ) ( ) >− ≥+ >− 03 03log 09 2 2 4 2 x x x ⇔ ( ) ≠− ≥+ >∨−< 03 13 33 2 x x xx ⇔ ≠ −≥∨−≤ >∨−< 3 24 33 x xx xx ⇔ 34 >∨−≤ xx Phương trình đã cho trở thành: ( ) ( ) 0103log33log 2 2 2 2 =−+++ xx ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 3 2, log 3 5x x vn+ = + = − ⇔ ( ) 43log 2 2 =+x ⇔ ( ) 163 2 =+x ⇔ −=+ =+ 43 43 x x ⇔ ( ) −= = 7 1 x lx Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7 Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 H K E C D A S Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 7b :Cho (C): (x +6) 2 + (y –6) 2 = 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm. (C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính 25=R Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra 2 ; 2 ba M , phương trình AB: ( ) *01 =−+⇔=+ abaybx b y a x . −+= 6 2 ;6 2 ba IM và ( ) baAB ;−= Theo giả thiết ta có : IM ⊥ AB và M∈(C) hay = −+ + = − + + − 506 2 6 2 0 2 12 2 12 22 ba b b a a ⇔ = − + + =−−− 50 2 12 2 12 01212 22 22 ba baab ⇔ ( )( ) ( ) ( ) ( ) =−++ =+−+− 2001212 012 22 ba baabab ⇔ ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−++ =−−+ 22001212 1012 22 ba abba . ( ) ( ) += −= ⇔ 12 1 ab lab Với 12+= ab thay vào (2) được: ( ) 20012 2 2 =++ aa ⇔ a = 2 ∨ a = –14 ( loại) Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0 Câu 8b :Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng 2 2 . Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0 (a 2 + b 2 + c 2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = 0 Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c. Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0 ( )( ) 2 2 ; =PMd nên: ( ) 2 1 22 2 = +++ + cbcb cb Hay: 0222242 2222 =++=++ cbcbcbcb ⇔ b = 0 ∨ c = 0 Với c = 0 ⇒a = b. Chọn b = 1 ⇒ c = a. (P): x + y –1 = 0 Với b = 0 ⇒a = c. Chọn c = 1 ⇒ c = a. (P): x + z –2 = 0 Câu 9b :Giaỉ bất phương trình: ( ) xxx 64 63 6 loglog ≥+ Đặt: 6 xt = , ( ) 0>t suy ra: x = t 6 Bất phương trình trở thành: ( ) 6 64 2 6 loglog ttt ≥+ ⇔ ( ) ttt 2 2 6 loglog ≥+ Đặt: u tut 2log 2 =⇔= . Bật phương trình trở thành: uuu 624 ≥+ ⇔ 1 3 1 3 2 ≥ + uu Gọi: ( ) uu uf + = 3 1 3 2 là hàm luôn nghịch biến nên: ( ) ( ) 11 =≥ fuf ⇔ 1≤u ⇔ 1log 2 ≤t ⇔ 2≤t ⇔ 2 6 ≤x ⇔ 0 ≤ x ≤ 64 Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 97 Ngày 8 tháng 6 Năm 2013 I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x 3 –6x 2 + 9x –2 có đồ thị là (C) a/ Khảo sát sư biến thi n. ) xxx 64 63 6 loglog ≥+ Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 97 Câu 1a : Cho hàm số y = x 3 –6x 2 + 9x –2 có. 5a :Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a Luyện Thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 H M D C B A S Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 a/