Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de30 2014

http://boxmath.vn BOXMATH http://boxmath.vn ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 20.10.2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3mx 2 + 3(m + 1)x + 1 (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = −1. b) Tìm tất cả các giá trị thực cuả tham số m để đường thẳng d : y = x− 2 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho AB = BC, trong đó A có hoành độ bằng −1. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình √ 2  2cos 2 x− 3 sin 2x  = 4cosxsin2x + 2(sin x− cos x). b) Giải hệ phương trình  3x 2 − 2x− 5 + 2x √ x 2 + 1 = 2(y + 1)  y 2 + 2y + 2 x 2 + 2y 2 = 2x− 4y + 3 (x, y ∈ R) Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =  e 1 2lnx− ln 2 x x(x + ln x) dx. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a, SB = a √ 3. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. Câu 5. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x  1− y 2 + y √ 1− x 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + (y− 3) 2 = 25 có tâm I. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(6; 1) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 10. b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 1 : x + 2 −2 = y + 1 1 = z− 3 2 , d 2 : x− 2 1 = y + 3 2 = z− 1 2 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d 1 ,d 2 và có bán kính nhỏ nhất. Câu 7a. (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2 + 2 x  n , biết: 3C 3 n+1 − 3A 2 n = 52(n− 1). B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip (E) đi qua M(2 √ 3;1) và phương trình tiếp tuyến tại M là √ 3x + 2y− 8 = 0. b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 1 : x + 3 2 = y− 1 1 = z + 3 1 , d 2 : x− 1 2 = y + 1 −2 = z− 3 1 . và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d 1 , tiếp xúc với đường thẳng d 2 và mặt phẳng (P). Câu 7b. (1 điểm) Giải phương trình: log 3 (2x− 3) = log 5 (3x + 7). ———————————————–Hết—————————————————- Cảm ơn (hynagacu@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl http://boxmath.vn TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1.a Cho hàm số y = x 3 + 3mx 2 + 3(m + 1)x + 1 (C m ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = −1. Lời giải: () Khi m = −1ta có : y = f (x) = x 3 − 3x 2 + 1. Tập xác định D = R. y  = 3x 2 − 6x ⇒ y  = 0 ⇔  x = 0 x = 2 ⇒  y = 1 y = −3 lim x→+∞ f (x) = +∞; lim x→−∞ f (x) = −∞. Bảng biến thiên: x f  (x) f (x) −∞ 0 2 +∞ + 0 − 0 + −∞−∞ 11 −2−2 +∞+∞ Hàm số đông biến trên (−∞; 0);(2;+∞) Hàm số nghịch biến trên (0; 2) Điểm cực đại (0; 1), Điểm cực tiểu (2;−3) Đồ thị −2 −1 1 2 3 −4 −3 −2 −1 1 2 0 Câu 1.b Cho hàm số y = x 3 + 3mx 2 + 3(m + 1)x + 1 (C m ). Tìm tất cả các giá trị thực cuả tham số m để đường thẳng d : y = x− 2cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho AB = BC, trong đó A có hoành độ bằng −1. Lời giải: (l94) Phương trình hoành độ giao điểm: (x + 1)[x 2 + (3m− 1)x + 3] = 0 (d) cắt C tại 3 điểm phân biệt ⇔ x 2 + (3m− 1)x + 3 có 2 nghiệm phân biệt x 1 ;x 2 khác −1 ⇔ m < 1− 2 √ 3 3 hoặc 1 + 2 √ 3 3 < m A(−1;−3);B(x 1 ;x 1 − 2);C(x 2 ;x 2 − 2) AB = BC ⇔ 2x 1 = x 2 − 1 Mặt khác x 1 +x 2 = 1− 3m x 1 x 2 = 3 Giải hệ tìm được m =−1; m = 3 2 . Thử lại cả hai đề thỏa yêu cầu bài toán. Vậy m =−1; m = 3 2 Câu 2.a Giải phương trình √ 2  2cos 2 x− 3 sin 2x  = 4 cos x sin2x + 2(sin x− cos x). Lời giải: (thienlonghoangde) Ta viết lại biểu thức bài toán về 2 √ 2.cos 2 x + 2 cos x− 2 sin x[3 √ 2cos x + 4 cos 2 x + 1] = 0 ⇔ ( √ 2cos x + 1)(2cos x− 2 sin x− 4 √ 2sin x cos x) = 0 (1) Từ (2) ta đặt t = (sin x− cos x) với |t| ≤ √ 2. Ta có : sin x cos x = 1− t 2 2 . Từ đó thế vào (1) ta được phương trình: t + √ 2− √ 2t 2 = 0. Ta tìm được nghiệm phương trình trên là: t = √ 2vt = − √ 2 2 . Đến đây ta dễ tìm ra được nghiệm bài toán. Lời giải: (akashi_95) 2 √ 2.cos 2 x− 6 √ 2.cosx.sin x = 8 cos 2 x. sin x + 2 sin x− 2 cos x ⇔ cos 2 x(8sin x− 2 √ 2) + 2cosx(3 √ 2sinx− 1) + 2 sin x = 0 ∆  = ( √ 2sinx− 1) 2 mà 8 sin x− 2 √ 2 = 0 (+) cos x = 2− 4 √ 2 8sinx− 2 √ 2 = − √ 2 2 (+) cos x = − √ 2 4sinx− √ 2 ⇔ 4 sin x. cosx + √ 2(sinx− cos x) = 0 Đến đây ta giải tương tự cách (1). Câu 2.b Giải hệ phương trình  3x 2 − 2x− 5 + 2x √ x 2 + 1 = 2(y + 1)  y 2 + 2y + 2 x 2 + 2y 2 = 2x− 4y + 3 (x, y ∈ R) 2 http://boxmath.vn Lời giải: (thienlonghoangde & Huyền Đức) Hệ đã cho trở thành ⇐⇒  3x 2 − 2x− 5 + 2x √ x 2 + 1− 2(y + 1)  y 2 + 2y + 2 = 0 (1) x 2 + 2y 2 − 2x + 4y− 3 = 0 (2) Hay 3x 2 − 2x− 5 + 2x  x 2 + 1− 2(y + 1)  y 2 + 2y + 2 = x 2 + 2y 2 − 2x + 4y− 3 ⇐⇒ x 2 + x  x 2 + 1 = (y + 1) 2 + (y + 1)  (y + 1) 2 + 1. Từ đó ta xét hàm số : f (t) = t 2 + t √ t 2 + 1 Mà f  (t) = 2t + √ t 2 + 1 + t 2 √ t 2 + 1 > | 2t | + 2t > 0 > 0 Suy ra f (t) là hàm đồng biến nên ta có x = y + 1. Từ hệ thứ hai ta có: 3y 2 + 4y− 4 = 0 ⇒ (x; y) = (−1;−2);  2 3 ; 5 3  Câu 3. Tính tích phân I =  e 1 2lnx− ln 2 x x(x + ln x) dx. Lời giải: (thienlonghoangde) Đặt t = ln x. Suy ra được t = 1 khi x = e, t = 0 khi x = 1. Và dt = 1 x dx ; x = e t . Khi đó I = 1  0 2t− t 2 e t + t 2 dt = 1  0 2t− t 2 − e t + e t e t + t 2 dt = 1  0  e t + 2t e t + t 2 − 1  dt Đến đây ta dễ dàng suy ra : I = (ln(e t + t 2 )− t)     1 0 = ln(e + 1)− 1 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = a, SB = a √ 3. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. Lời giải: (thiencuong_96) A B C D O H S E Q P T Ta có : SA = a, SB = √ 3a, AB = 2a nên tam giác SAB vuông tại S. Có mặt phẳng (SAB) ⊥ (ABCD) và AB = (SAB)∩ (ABCD). Vậy từ trong mặt phẳng kẻ AH vuông với AB suy ra AH ⊥ (ABCD) Dể dàng tính được SH = a √ 3 2 V ABCD = 1 3 SH.S ABCD = 2 √ 3a 3 3 Trong mặt phẳng ABCD kẻ Bx//AC cắt AD tại E ⇒ AC(SBE), d(AC; SB) = d(AC; (SBE)) = d(A; (SBE)) Có AH ∩ (SBE) = B ⇒ d(A;(SBE)) d(H;(SBE)) = AB HB = 4 3 Trong mặt phẳng (ABE) kẻ HQ ⊥ EB, AT ⊥ EB Có EB⊥ HQ, EB ⊥ SH ⇒ EB ⊥ (SAQ) Kẻ HP ⊥ SQ suy ra HP = d(H; (SEB)) Mặt khác dể dàng có AT = 1 2 BD = a √ 2 Và HQ AT = BH BA = 3 4 ⇒ HQ = 3 √ 2a 4 Suy ra HP = 3 √ 5a 10 Thế lên trên suy ra d(A; SBE) = 2 √ 5a 5 . Vậy d(AC; SB) = 2 √ 5a 5 3 http://boxmath.vn Câu 5. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x  1− y 2 + y √ 1− x 2 Lời giải: (Ntspbc) Đầu tiên ta chứng minh BĐT: √ a 2 + b 2 + √ c 2 + d 2 ≥  (a + c) 2 + (b + d) 2 , ∀ a, b, c, d ∈ R Bằng cách bình phương 2 vế và thu gọn, ta đưa về BĐT tương đương là:  (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd BĐT đúng theo BĐT Bunhiacovsky. Vậy √ a 2 + b 2 + √ c 2 + d 2 ≥  (a + c) 2 + (b + d) 2 Đẳng thức xảy ra khi a = kc và b = kd (k ∈ R). Trở lại bài Toán. Sử dụng điều kiện và BĐT trên ta có: P = x  1− y 2 + y  1− x 2 = x  (x + y) 2 − y 2 + y  (x + y) 2 − x 2 = x  x 2 + 2xy + y  y 2 + 2yx =  (x 2 ) 2 + (x  2xy) 2 +  (y 2 ) 2 + (y  2xy) 2 ≥  (x 2 + y 2 ) 2 + 2xy(x + y) 2 Mà (x 2 + y 2 ) 2 + 2xy(x + y) 2 = (x 2 + y 2 ) 2 + 2xy = (x 2 + y 2 ) 2 + (x + y) 2 − (x 2 + y 2 ) =  x 2 + y 2 − 1 2  2 + 3 4 ≥ 3 4 Nên ta suy ra P ≥  3 4 = √ 3 2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 2 . Vậy GTNN của P là √ 3 2 khi x = y = 1 2 . Lời giải: (thienlonghoangde) Ta có : P 2 = x 2 (1− y 2 ) + y 2 (1− x 2 ) + 2xy  (1− x 2 )(1− y 2 ) = x 2 + y 2 − 2x 2 y 2 + 2xy  (x 2 y 2 + 2xy) = 1− 2xy− 2x 2 y 2 + 2xy  (x 2 y 2 + 2xy) Đặt t = xy.Ta có 0 < t ≤ 1 4 f (t) = 1− 2t + 2t 2 + 2t √ t 2 + 2t f  (t) = −2 + 4t + 2  t 2 + 2t + 2t(t + 1) √ t 2 + 2t < 0 với mọi t thoả 0 < t ≤ 3 4 . Suy ra : f (t) là hàm nghịch biến. f (t) ≥ f ( 1 4 ) = 3 4 . Suy ra P ≥ √ 3 2 Lời giải: (cokeu14) Ta có : x + y = 1 ⇒ x; y ∈ (0;1) Do đó ta có : P = x  1− (1− x) 2 + (1− x)  1− x 2 = x  2x− x 2 + (1− x)  1− x 2 Ta sẽ khảo sát hàm số P(x), Có P  (x) = 3x− 2x 2 √ 2x− x 2 − (1− x)(1 + 2x) √ 1− x 2 P  (x) = 0 ⇔ 3x− 2x 2 √ 2x− x 2 − (1− x)(1 + 2x) √ 1− x 2 = 0 ⇔ 3x− 2x 2 √ 2x− x 2 = (1− x)(1 + 2x) √ 1− x 2 ⇔(3x− 2x 2 )  (1− x)(1 + x) = (1− x)(1 + 2x)  x(2− x) ⇔(3− 2x)  x(1 + x) = (1 + 2x)  (1− x)(2− x) ⇔ x = 1 2 Lập bảng biến thiên suy ra P min = √ 3 2 đạt được khi và chỉ khi x = y = 1 2 4 http://boxmath.vn Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 +(y− 3) 2 = 25 có tâm I. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(6; 1) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 10. Lời giải: (thienlonghoangde) Ta có : (C) có I(0; 3) có R = 5. Phương trình đường thẳng d : a(x− 6) + b(y− 1) = 0 với a 2 + b 2 > 0. Ta có: d(I; d) = |− 6a + 2b| √ a 2 + b 2 = x Mà diện tích tam giác IAB = 10 = 1 2 .d(I; d).AB = 1 2 .d(I; d).2 √ 25− x 2 Theo giả thiết ta có S I AB = 10 suy ra: x. √ 25− x 2 = 10. Ta tìm được hai giá trị x 2 = 5 hay x 2 = 20. Với x 2 = 5 ta được . Với x 2 = 20 ta được . Câu 6a.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 1 : x + 2 −2 = y + 1 1 = z− 3 2 , d 2 : x− 2 1 = y + 3 2 = z− 1 2 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d 1 ,d 2 và có bán kính nhỏ nhất. Lời giải: (thienlonghoangde) Ta viết lại viết trình của hai đường thằng d 1 ;d 2 dưới dạng tham số như sau: (d 1 )      x = −2 + 2a y = −1 + a z = −3 + 2a ; (d 2 )      x = 2 + b y = −3 + 2b z = 1 + 2b Gọi A, B lần lượt là hai điểm thuộc d 1 ;d 2 . A(−2− 2a;−1 + a; 3 + 2a); B(2 + b;−3 + 2b; 1 + 2b) Theo yêu cầu bài toán,mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất khi nhận đoạn vuông góc chung của d 1 ;d 2 làm đường kính. Vậy ta chỉ cần tìm hai điểm A, B là bài toán được giải quyết. Ta có : −→ AB(4 + 2a + b;2b− a− 2;2b− 2a− 2). Gọi vecto chỉ phương d 1 ;d 2 lần lượt là −→ d 1 (−2;1;2); −→ d 2 (1;2;2). −→ AB. −→ d 1 = 0 ⇔ −2(4 + 2a + b) + 2b− a− 2 + 4b− 4a− 4 = 0 ⇔ −9a + 4b = 14 −→ AB. −→ d 2 = 0 ⇔ 4 + 2a + b + 4b− 2a− 4 + 4b− 4a− 4 = 0 ⇔ −4a + 9b = 4 Từ đó, ta có hệ sau :  −9a + 4b = 14 −4a + 9b = 4 ⇔  a = −22/13 b = −4/13 Ta được toạ độ hai điểm A, B là :A  18 13 ; −35 13 ; −5 13  ;B  22 13 ; −67 13 ; 5 13  Gọi I là trung điểm AB ta có :I  20 13 ; −41 13 ;0  Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có : R 2 = AB 2 4 = 285 169 Vậy ta có phương trình mặt cầu (S) nhận I làm tâm, R làm bán kính là :  x− 20 13  2 +  y + 41 13  2 + z 2 = 0 Câu 7a. Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2 + 2 x  n , biết: 3C 3 n+1 − 3A 2 n = 52(n− 1). Lời giải: (thienlonghoangde) Từ đẳng thức đề bài cho dễ dàng suy ra được : (n + 1)! 3!.(n− 2)! − 3n! (n− 2)! = 52(n− 1) Tương đương với: n(n + 1)− 6n = 104 Từ đây suy ra n = 13. Với n = 13 thì ta có biểu thức đề bài trở thành tìm hệ số x 2 trong khai triển của  x 2 + 2 x  13 . Ta viết lại biểu thức  x 2 + 2 x  13 = 13 ∑ k=0 C k 13 x 2(13−k) .2 k .x −k 5 http://boxmath.vn Do hệ số cần tìm chứa x 2 nên 2(13− k)− k = 2. Vậy k = 8. Do đó hệ số khai triển cần tìm là: 2 8 .C 8 13 Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip (E) đi qua M(2 √ 3;1) và phương trình tiếp tuyến tại M là √ 3x + 2y− 8 = 0. Lời giải: (thienlonghoangde) Gọi phương trình (E) : x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1. (E) đi qua M(2 √ 3;1) ⇒ a 2 + 12b 2 − a 2 b 2 = 0 (1) Phương trình tiếp tuyến theo phương pháp phân đôi toạ độ qua M là : 2 √ 3x a 2 + y b 2 = 1 (2) Theo giả thiết thì phương trình tiếp tuyến tại M là √ 3x + 2y− 8 = 0 (3) Ta đồng nhất hai hệ số phương trình tiếp tuyến lạo như sau: 2b 2 = a 2 2 = a 2 b 2 8 Kết hợp với (1) ta có a 2 = 16; b 2 = 4. Vậy phương trình (E) là : x 2 16 + y 2 4 = 1. Câu 6b.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d 1 : x + 3 2 = y− 1 1 = z + 3 1 , d 2 : x− 1 2 = y + 1 −2 = z− 3 1 . và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d 1 , tiếp xúc với đường thẳng d 2 và mặt phẳng (P). Lời giải: (thienlonghoangde & hungchng) Gọi I là tâm mặt cầu (S). (d 1 ) có vecto chỉ phương là −→ n 1 = (2; 1; 1) và I ∈ (d 1 ) nên I(2t− 3;t + 1;t − 3) với t ∈ R. Ta có khoảng cách từ I đến (P) là : d[I; (P)] = | 2t− 3 + 2(t + 1) + 2(t − 3) + 7 | √ 1 + 2 2 + 2 2 = |2t| (d 2 ) đi qua điểm M(1;−1; 3) và có vecto chỉ phương là −→ n 2 = (2;−2; 1). −→ IM = (4− 2t;−2−t; 6−t), [ −→ IM; −→ n 2 ] = (10− 3t; 8; 6t−4) d[I;(d 2 )] =    [ −→ IM; −→ n 2 ]    | −→ n 2 | =  (10− 3t) 2 + 64 + (6t− 4) 2  2 2 + (−2) 2 + 1 = √ 45t 2 − 108t + 180 3 d[I;(P)] = d[I; (d 2 )] ⇔ 45t 2 − 108t + 180 = 36t 2 ⇔ t 2 − 12t + 20 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 10 Thay vào ta tìm được hai phương trình mặt cầu (S) là : (x− 1) 2 + (y− 3) 2 + (z + 1) 2 = 16 hoặc (x− 17) 2 + (y− 11) 2 + (z− 7) 2 = 400 Câu 7b. Giải phương trình: log 3 (2x− 3) = log 5 (3x + 7). Lời giải: (thienlonghoangde & thiencuong_96) Ta đặt log 3 (2x− 3) = log 5 (3x + 7) = t. Từ đó ta có hệ :  3 t = 2x− 3 (1) 5 t = 3x + 7 (2) Nhân 3 vào (1) và nhân 2 vào (2) và sau đó lấy hai pt mới trừ vế theo vế ta được: 3.3 t + 23 = 2.5 t ⇔ 3.  3 5  t + 23 5 t = 2 ⇔ 3 2 .  3 5  t + 23 2 .  1 5  t = 1 Xét f (t) = 3 2 .  3 5  t + 23 2 .  1 5  t f  (t) = 3 2 .  3 5  t .ln  3 5  + 23 2 .  1 5  t .ln  1 5  < 0 ∀t Vậy hàm số luôn nghịch biến. Nhận thấy f (2) = 1 Vậy t = 2 là nghiệm của phương trình trên. Suy ra x = 6. 6 Cảm ơn (hynagacu@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl . 2 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2 + 2 x  n , biết: 3C 3 n+1 − 3A 2 n = 52(n− 1). Lời giải: (thienlonghoangde) Từ đẳng thức đề bài cho dễ dàng. 7b. Giải phương trình: log 3 (2x− 3) = log 5 (3x + 7). Lời giải: (thienlonghoangde & thiencuong_96) Ta đặt log 3 (2x− 3) = log 5 (3x + 7) = t. Từ đó