WWW.VIETMATHS.COM TRƯ ỜNG THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN THI TH Ử ĐẠI HỌC NĂM H ỌC 201 3 Môn thi: TOÁN; Lớp 12– Khối D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 3 PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1 y x mx m x      (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1 m  . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1 y x   cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm   C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình 1 cos cos cos2 1. 4 4 3 x x x                    2. Giải phương trình   3 3 1 1 12 2 6.2 1. 2 2 x x x x     Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân   4 0 tan x I dx 4cosx sin x cosx     . Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện MABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương tùy ý thỏa mãn abc 8  . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P 2a b 6 2b c 6 2c a 6          . 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(  1;2) và đường thẳng (  ): 3 4 7 0 x y    . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (  ) tại hai điểm B, C sao cho  ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z        và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = 0 a + 1 a x+ 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;  3). Biết đỉnh A, C lần lượt thuộc các đường thẳng x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 : 2 1 x t d y t z           ; WWW.VIETMATHS.COM 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d       . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x            . Hết TRƯ ỜNG THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 C âu N ỘI DUNG ĐI ỂM Câu 1 I.1 Với m=1 ta có 3 2 2 3 1 y x x     TXĐ: D=R  Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y       0,25 -Ta có: ' 6 ( 1)    y x x 0 ' 0 1 x y x        -BBT: x  0 1  y’ + 0 - 0 + y 1   0 0,25 Hàm s ố đồng biến tr ên m ỗi khoảng (  ;0) và (1;  ) , h àm s ố nghịch biến tr ên kho ảng (0;1) . Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1, đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0. 0,25  Đồ thị: - Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2       y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I là điểm uốn của đồ thị. - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại   A 0;1 - Đồ thi cắt trục Ox tại   1 B 1;0 ;C ;0 2        0,25 I.2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1 y x mx m x      là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1 x mx m x x       0,25 WWW.VIETMATHS.COM 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*)                 x y x x mx m x mx m Đư ờng thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt v à C n ằm giữa A v à B khi và ch ỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3 m m      0,25 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x            và 2 1 2 1 A A B B y x y x        ( vì A và B thuộc (d)) 0,25 AB = 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y     2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2            B A B A B A m m x x x x x x   2 0 9 8 0 : 3 8 9            m m m tmdk m m . 0,25 CÂU II II.1 1 cos cos cos2 1 4 4 3 x x x                       2 1 2cos .cos 2cos 1 1 4 3 x x     0,25  2 3 2 osx 2cos 4 c x    2 2cos 3 2 cos 4 0 x x    0,25  2 (cos 2 2)( cos )=0 2  x x 2 cos 2   x  3 2 4 x k      . 0,5 II.2 Giải: Viết lại phương trình có dạng: 3 3 3 2 2 2 6 2 1 2 2 x x x x                 (1) 0,25 Đặt 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 3.2 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x x t t t                       0,25 Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 2 6 6 1 1 2 1 2 x x t t t t         0,25 x x (2 1)(2 2) 0     x 2 2 x 1     0,25 Câu II Ta có:   4 2 0 tan x I dx 4 tan x cos x     0,25 Đặt: 2 dx tan x 4 t dt cos x     . Đổi cận: Với x 0 t 4; x t 3 4          Suy ra: 3 4 (t 4).dt I t       0,25 3 4 4 (1 )dt t       3 4 (t 4ln t )      4 4ln 1 3   0,5 Câu IV BC AB BC (SAB) BC SB        0,25 WWW.VIETMATHS.COM PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương tr ình Chu ẩn VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 đi ểm) Gọi AH là đường cao của ABC  , ta có 4 ( ; ) 5 AH d A    . 1 4 1 4 . . . 2 2 5 2 5 ABC S AH BC BC BC       . Gọi I; R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm, ta có 1 1 2 R AI BC    . 0,25 Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc  SBA . Theo giả thiết  SBA = 45 0 . G ọi M l à trung đi ểm của SC, H l à trung đi ểm của AC. Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS. Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 0,25 T am giác SAB vuông cân t ại A, do đó SA = AB = a. SA  (ABC), MH // SA nên MH  (ABC). Suy ra MH là đư ờng cao khối chóp M.ABC. 0,25 Suy ra 3 M.ABC ABC 1 a V MH.S 3 12    . 0,25 Câu V 1 1 1 1 1 1 1 P P b c a 2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3 2 2 2                              . Đặt: ; ; , , 0& . . 1 2 2 2 a b c x y z x y z x y z       Khi đó: 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 3 P x y y z z x                . 0,25 Mà ta có: 2 ; 1 2 2 3 2( 1)           x y xy x x x y xy x 1 1 2 3 2( 1)       x y xy x . Tương tự: 1 1 2 3 2( 1)      y z yz y , 1 1 2 3 2( 1)      z x zx z Suy ra: 1 1 1 1 4 1 1 1 P xy x yz y zx z                  0.25 1 1 1 1 1 4 4 4 1 ( 1) ( 1) 1 1 ) 1 xy xy x x P P xy x x yz y xy zx z xy x xy x x xy                                  Vậy maxP = 1 4 khi x = y = z = 1. 0,5 H M C B A S WWW.VIETMATHS.COM Phương trình tham số của đường thẳng (  ): x 1 4t y 1 3t ì = - + ï ï í ï = + ï î . I Î (  ) Þ I(-1+4t; 1 + 3t). Ta có AI = 1 Û 16t 2 + (3t – 1) 2 = 1 Û t = 0 hoặc t = 9 5 . 0,25 + t = 0 Þ I(-1; 1). Phương trình của đường tròn là (x + 1) 2 + (y – 1) 2 = 1. 0,25 + t = 9 5 Þ I(- 1 25 ; 43 25 ). Phương trình của đường tròn là (x + 1 25 ) 2 + (y – 43 25 ) 2 = 1. 0,25 2. (1,0 đi ểm) Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và có vtcp là u  = (2 ; -1 ; 1). Gọi n  = (a ; b ; c ) là vtpt của (P). Vì ( ) P   nên . 0 n u    . 0,25  2a – b + c = 0  b = 2a + c n   =(a; 2a + c ; c ) . Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0  ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0. 0,5 d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c        2 0 a c    0 a c    . Ch ọn a = 1 , c = - 1 Suy ra phương tr ình c ủa mặt phẳng (P) l à x + y – z = 0 . 0,25 VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 3 4x 4x + + = ( ) 10 1 2x + . ( ) 2 2 2 1 2x é ù + + ê ú ë û = 4 ( ) 10 1 2x + + 4 ( ) 12 1 2x + + ( ) 14 1 2x + 0,25 Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 10 1 2x + là 4.2 6 . 6 10 C . Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 12 1 2x + là 4.2 6 . 6 12 C . Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 14 1 2x + là 2 6 . 6 14 C . 0,5 Vậy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C + 2 6 . 6 14 C = 482496. 0,25 B. Theo chương tr ình Nâng cao VI.b (2,0 điểm) 1. (1,0 đi ểm) Vì đi ểm A thuộc đ ư ờng thẳng x + y + 3 = 0 v à C thu ộc đ ư ờng thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a; - a – 3) và C(- 2c – 3 ; c). 0,25 I là trung điểm của AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c                      A(-1; -2); C(5 ;-4) 0,25 Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u  =(1;3) có ptts là x 2 t y 3 3t         B  BD  B(2+t ; -3 +3t). Khi đó : AB  = (3 +t ;–1+3t); CB  = (- 3+t; 1+3t) . 0 AB CB    Û t = ± 1. 0,25 V ậy A( - 1; - 2); C(5 ; - 4), B(3;0) và D(1; - 6) ho ặc A( - 1; - 2); C(5 ; - 4), B(1; - 6) và D(3;0) 0,25 2. (1,0 đi ểm) 1 d đi qua điểm A(1;2;1) và vtcp là :   1 1; 1;0 u    ; 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là:   2 1; 2;2 u    . 0,25 WWW.VIETMATHS.COM Gọi n  là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n  = [ 1 2 ; u u   ] = (-2 ; -2 ; -1)  (P): 2x + 2y + z + D = 0. 0,25 d(A; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5 D D     7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D            3 17 3 D D          0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17 3 = 0. 0,25 VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 log ( 2 8) 6 (1) 8 2 .3 2.3 (2) x x y x y y x            . Đi ều kiện: y – 2x + 8 > 0 (1)  y – 2x + 8 =   6 2 2 y x   . 0,25 Thay 2 y x  vào phương trình (2), ta được 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x   8 18 2.27 x x x    8 18 2 27 27 x x                3 2 2 2 3 3 x x                0,25 Đặt: t = 2 3 x       (t > 0) Ta có phương trình     3 2 2 0 1 2 0 t t t t t         . 0 1 . 0 x t y         Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0). 0,5 . 4.2 6 . 6 10 C . Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 12 1 2x + là 4.2 6 . 6 12 C . Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 14 1 2x + là 2 6 . 6 14 C . 0,5 Vậy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C +. CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN THI TH Ử ĐẠI HỌC NĂM H ỌC 201 3 Môn thi: TOÁN; Lớp 12– Khối D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 3 PHẦN CHUNG DÀNH CHO. phương trình 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x            . Hết TRƯ ỜNG THPT CHUY ÊN NGUYÊN T ẤT TH ÀNH TỔ: TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 C âu N ỘI DUNG