Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 29 Ngày 23 tháng 1 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( ) C 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của ( ) C tiếp xúc với đường tròn có phương trình ( ) ( ) 2 2 1 5x m y m− + − − = Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 4 2(cot 3) 2 sin 2 cos x x x + = + 2. Giải phương trình x 2 1 1 1 log x 1 2 log log 4 2 2x 1 4 − + − = + − Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường ( ) ln 2x y x + = , 0y = , 1x = và x e= . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân với AB AC a= = , góc 0 120BAC∠ = , cạnh bên ' BB a= . Gọi I là trung điểm của 'CC . Chứng minh tam giác 'AB I vuông tại A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ( ) ABC và ( ) 'AB I Câu V.(1 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1x y xy+ − = .Tìm GTLN, GTNN của 6 6 2 2 2F x y x y xy = + − − II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh ( ) 3; 1C − và phương trình của cạnh huyền là 3 10 0x y− + = 2.Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng: 1 3 : 1 2 1 2 x y z d − − = = − , 5 5 : 2 3 4 2 x y z d − + = = Tìm các điểm 1 2 d , dA B∈ ∈ sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niutơn của 1 4 2 n x x + ÷ biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: ( ) 1 2 3 1 2 3 1 64 n n n n n n n C C C n C nC n − + + + + − + =L 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt có phương trình: 1 2 2 3 : 2 1 3 x y z d − − − = = 2 1 2 1 : , 2 1 4 x y z d − − − = = − Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 20 x trong khai triển của biểu thức 5 3 2 ( ) n x x + biết rằng: 1 1 1 1 0 1 2 ( 1) 2 3 1 13 n n C C C C n n n n n − + + + − = + Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN ĐỀ 29 Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thiên 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x = = − = ⇔ = Hàm đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;2 + Giới hạn lim ; lim ; x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x = và y cđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = và y ct = -2 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y 2 +∞ −∞ -2 Đồ thị (0,25) Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : 2 2 0x y∆ + − = Tâm của đường tròn ( , 1)I m m + , bỏn kớnh R= 5 Theo giả thiết ta có 2 1 2 5 3 1 5 5 m m m + + − = ⇔ − = 2 4 3 m m = ⇔ − = Câu 2: 1,Điều kiện sin 2 0 2 k x x π ≠ ⇔ ≠ . Ta có ( ) 4 2 3 1 2 3 2 sin 2 x x x + + − =tan cot 2 2 2(sin cos ) 2 3 3 2 sin cos x x x x x x + ⇔ + − =tan cotg 2 3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan 3x = −tan 3 x k π ⇔ = − + π 1 3 x =tan 6 x k π ⇔ = + π Câu 2: 2, Giải phương trình x 2 1 1 1 log x 1 2 log log 4 2 2x 1 4 − + − = + − Điều kiện 2, 3x x> ≠ . (1) 4 4 4 4 log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)⇔ − + − − = + ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1x x x− − = + 0 2 2 7 0 7 2 x x x x = ⇔ − = ⇔ = Đối chiếu điều kiện ta có 7 2 x = Câu 3: Gọi V là thể tich cần tìm. ( ) 2 2 1 ln 2x V dx x π + = ∫ . Đặt ( ) 2 ln 2 1 u x dv dx x = + = 1 2 1 1 2 du dx x v x = + ⇒ = − − Suy ra V= ( ) ( ) 1 1 1 1 1 3 1 1 1 ln 2 ln3 ln 2 ln 2 2 2 2 2 e e e dx x e x x x e π π π κ π − + + + = − + + + ÷ ÷ ∫ ( ) 3 1 1 1 [ ln3 ln 2 ] 2 2 2 e e π = + − + + ÷ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 2 -2 -4 -5 5 0 1 3 2 -1 Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 4:Ta có 3BC a= . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I Suy ra 5 13 , ' 2 , ' 2 2 AI a AB a B I a= = = Do đó 2 2 2 ' 'AI AB B I+ = . Vậy tam giác AB’I vuông tại A + 2 ' 1 10 . ' 2 4 = = AB I S AI AB a . 2 3 4 ABC S a= Gọi α là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I suy ra ' 10 3 cos cos 4 4 A BI ABC S S α α = ⇔ = 3 cos 10 α ⇔ = Câu 5: Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1x y xy+ − = .Tìm GTLN, GTNN của 6 6 2 2 2F x y x y xy = + − − . Ta có ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2F x y x y x y x y xy= + − + − − = ( ) ( ) 3 2 2 2 2 1xy xy xy− − + + Đặt xy t = . Ta có ( ) 3 2 2 2 2 1f t t t t= − − + + ( ) 2 2 2 1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − = 1 3 xy − ⇒ ≥ ( ) 2 2 2 1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + = 1xy⇒ ≤ suy ra 1 ;1 3 t ∈ − Ta tìm max, min của f(t) trên 1 ;1 3 − ( ) 2 ' 6 4 2f t t t= − − + ( ) 1 ;1 3 1 3 1 ' 0 t t f t ∈ − = ⇔ = − = Ta có ( ) 1 37 1 5 , 1 1, 3 27 3 27 f f f − = = − = ÷ ÷ Suy ra 37 ( ) 27 Max f t = khi 1 3 t = suy ra 1 1 1 1 , 2 6 2 6 x y= + = − ( ) 1Minf t = − khi 1t = suy ra 1x y= = Câu 6a: 1, Ta có tam giác ABC cung cân tại C. Goi H là trung điểm của AB suy ra : 3 0CH x y+ = Toạ độ của H là nghiệm của hệ 3 0 3 3 10 0 1 x y x x y y + = = − ⇔ − + = = giả sử A(t;3t+10) ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 9 40AH CH t t= ⇔ + + + = 1 5 t t = − ⇔ = − Với t = -1. Suy ra ( 1;7), ( 5; 5)A B− − − Với t = -5. Suy ra ( 1;7), ( 5; 5)B A− − − Câu 6a: 2, 1 1 1 1 (2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + − 2 2 2 2 (3 5,4 ,2 5)B d B t t t∈ ⇒ + − 2 1 2 1 2 1 (3 2 4, 4 3,2 2 5)AB t t t t t t= − + − − + − uuur 2 1 2 1 2 1 . 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0 p AB n t t t t t t= ⇔ − + − + + + + − = uuur uur 2 1 6 1 0t t⇔ + + = ( ) 1 1 1 1 /( ) 4 2 3 4 1 2 / /( ) 1 3 3 A P t t t t AB P d + − − − − + ⇒ = = = 1 1 5 1 t t = − ⇔ = Với 1 2 2 8 11 5 ( 9; 2;10), 7; ; 3 3 3 t t A B − = − ⇒ = ⇒ − − ÷ 1 2 1 4 17 1 (3;4; 2), 4; ; 3 3 3 t t A B − − − = ⇒ = ⇒ − ÷ Câu 7a:Xét khai triển ( ) 0 1 2 2 1 1 1 n n n n n n n n n n x C C x C x C x C x − − + = + + + + + lấy đạo hàm hai vế ta có ( ) ( ) 1 1 2 1 2 1 1 2 1 n n n n n n n n n n x C C x n C x nC x − − − − + = + + + − + Thay x=1 suy ra ( ) 1 2 3 1 1 2 3 1 2 n n n n n n n n C C C n C nC n − − + + + + − + =L Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa A' B' C' B A C I A B C H Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 1 1 64 2 64 2 7 n n n n − − ⇔ = ⇔ = ⇔ = ( ) 7 7 7 7 4 4 0 1 1 2 2 k k k k x C x x x − = + = ÷ ÷ ∑ số hạng chứa 2 x có hệ số là 7 1 2 k k C với k thoả mãn 7 2 2 2 4 k k k − − = ⇔ = Suy ra hệ số chứa 2 x là 2 7 1 21 4 4 C = Câu 6b: 1, phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB. 5AB = 4 1 ABCD ABI ABI S S S= ⇒ = . 1 2 . 1 2 5 AB h h⇔ = ⇔ = Gọi toạ độ diểm I là ( ) 0 0 ,I x y ta có hệ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1, 0 2 2 5 5 1 4 1 , 1 3 3 x y x y x y y x x y y x + = = = + = ⇔ ⇔ − − = − = = = − Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) Với I( 1 ; 3 − 4 3 − ) suy ra 2 8 ; 3 3 C − − ÷ và D 1 14 ; 3 3 − ÷ Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc 2 8 ; 3 3 C − − ÷ và D 1 14 ; 3 3 − ÷ Câu 6b: 2, Do mặt phẳng (P) cách đều 1 2 ,d d nên (P) song song với 21 ,dd ( ) ,3;1;2 1 = → d u ( ) ,4;1;2 2 −= → d u ( ) 1 2 , 7; 2; 4 d d u u = − − uur uuur chọn ( ) 1 2 , 7; 2; 4 p d d n u u = = − − uur uur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7 2 4 0x y z d− − + = Do (P) cách đều 1 2 ,d d suy ra khoảng cách từ (2;2;3) 1 ( )d∈ và ( ) 2 1;2;1 d∈ bằng nhau. Ta có 7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1 3 2 1 2 69 69 d d d d d − − + − − + = ⇔ − = − ⇔ = Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14 4 8 3 0x y z− − + = Câu 7b: Ta có 0 1 2 2 (1 ) ( 1) n n n n n n n n x C C x C x C x− = − + − + − Vì 1 0 1 (1 ) 1 n x dx n − = + ∫ Nên 1 0 1 2 2 0 1 2 0 1 1 1 1 ( ( 1) ) ( 1) 2 3 1 13 n n n n n n n n n n n n n C C x C x C x dx C C C C n − + − + − = − + + + − = + ∫ suy ra 1 13 12n n⇒ + = ⇒ = 12 12 12 5 5 12 5 12 8 36 12 12 3 3 3 0 0 2 2 2 ( ) ( ) .( ) ( ) .2 . k n k k k k k k k x x C x C x x x x − − − = = + = + = = ∑ ∑ Số hạng ứng với thoả mãn: 8 36 20 7k k− = ⇔ = ⇒ Hệ số của 20 x là: 7 5 12 .2 25344C = Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa I D C A B . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 29 Ngày 23 tháng 1 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( ) C 1.Khảo sát sự biến thi n. n n − + + + − = + Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầu giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN ĐỀ 29 Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thi n 2 0 ' 3 6. k x x C x C x x x x − − − = = + = + = = ∑ ∑ Số hạng ứng với thoả mãn: 8 36 20 7k k− = ⇔ = ⇒ Hệ số của 20 x là: 7 5 12 .2 25344C = Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa I D C A B