Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 24 Ngày 18 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + − ( C ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. 2. Tìm tham số m để đường thẳng y mx m= − cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt (1;0)A , B, C sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H (1;1) . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2cos (sin 3 cos ) 3 cos 2sin( ) 2 2 2 2 3 x x x x x π + = − + . Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 4 2 4 1 3 5 12 3 2 (10 17 3) 3 15 y x y x y x x x  − + = − −   − + = −   (x,y ∈ ¡ ) Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 4 4 2 2 12 sin cos . tan cot x x I dx x x π π − = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc 0 60 . Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh rằng 3 3 3 3 2 2 2 1 3 2 3 ( ) 2 2 2 ( 1)( 1)( 1) 4 1 x y z x y z xy yz yz xz xz xy x y z x y z − + + − ≤ − + + + + + + + + + + + ; Dấu bằng khi nào xảy ra?. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có (1;0)A đường chéo BD có phương trình 1 0x y− + = . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng 8 5 . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) 2 2 2 ( 2) ( 1) 3x y z− + − + = sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P) 2 2 1 0x y z+ + − = một đoạn có độ dài bằng 2. Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 0,5 3 1 log log 0 1 x x x   + + ≥   +   . B. Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A 1 0x − = , phương trình đường cao từ đỉnh C 2 6 0x y− − = . Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương trình 2 2 ( 2) 25x y+ − = và đường thẳng AC đi qua ( 1;1)M − . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) 2 3 0x y+ − = sao cho 2 2 2 2MA MB MC+ + nhỏ nhất. Câu 9.b (1 điểm) Tính tổng 0 1 2 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 1 2 3 2014 2015 C C C C C S = + + + + +LLL với k n C là tổ hợp chập k của n phần tử ……………….Hết……………. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 24 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số (C) a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ đồ thị hs không có tiệm cận. •Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 , ' 0 0; 2y x x y x x= − + = ⇔ = = BBT Hàm số NB trên (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), và ĐB trên (0 ; 2). Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-2) c) Đồ thị: Tâm đối xứng:I(1 ; 0) Câu 1: 2, Tìm m .PTHĐ 3 2 3 2x x mx m− + − = − ⇔ 2 ( 1)( 2 2) ( 1) 0x x x m x− − − + − = ⇔ 2 1 ( ) 2 2 0 x F x x x m =   = − + − =  . Điều kiện 0 3 (1) 0 m F ∆ >  ⇔ <  ≠  . Giả sử 1 1 ( ; )B x mx m− 2 2 ( ; )C x mx m− 2 2 2 1 2 1 2 (1 ) ( ) 4 4(3 )(1 )BC m x x x x m m   = + + − = − +   2 1 ( , ) 1 d H BC m = + , 2 1 1 ( , ). . 4(3 )(1 ) 1 2 2 S d H BC BC m m= = − + = 2( )m n⇔ = KL. Câu 2: 1, Phương trình ⇔ 3 sin .cos 2 3 cos 3cos (sin 3 cos ) 2 2 2 x x x x x x+ = − + ⇔ 2 sin 3 cos sin cos 3cos (2cos 1) 0 2 2 2 x x x x x x+ + + − = (sin 3 cos )(1 cos ) 0 2 x x x⇔ + + = TH1 cos 1 x=2 4 2 x k π π = − ⇔ + ( k Z∈ ) TH2 sin 3 cos 0x x+ = ⇔ tan 3 2 3 x x k π π = − ⇔ = − + ( k Z∈ ) Vậy phương trình có các nghiệm như trên Câu 2: 2, Giải hệ pt… Điều kiện 1 4 x ≥ 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa x - 0 2 + 0 0y ’ y -2 2 -+ - + - 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Phương trình (2) ⇔ 4 2 (5 1)(2 3) 3(1 5 )y x x x− − = − 4 4 1 ( );4 3 6 5 x l xy y⇔ = + = . Ta được hệ pt 2 2 4 4 4 1 3 4 1 5 3 4 3 6 y x x y xy y  − + − = −   + =   Chia pt thứ nhất cho 2 y và pt thứ hai cho 4 y (do y=0 loại). Ta được 2 2 4 3 3 4 1 4 1 5 3 4 1 5 x x y y x y  − + − = −     − + =   Đặt 2 3 4 1;a x b y = − = với 0, 0a b≥ > Ta có hệ pt 2 2 5 5 a ab b a b + + =   + =  ta được 5 1 b a b − ⇒ = + thay vào (2) 2 2 4 3 2 3 2 2 5 ( ) 5 2 3 20 20 0 ( 1)( 3 20) 0 ( 1)( 2)( 5 10) 0 1 b b b b b b b b b b b b b b − + = ⇔ + − − − = ⇔ − + − = ⇔ − − + + = + • Nên 4 5 2 4 1 3 x a b y  = =   ⇒   =   = ±  hoặc 4 1 1 2 2 3 2 x a b y  =  =   ⇒   =   = ±   Kết luận ( ) 5 ; ; 3 4 x y   = ±  ÷   4 1 3 ( ; ) 2 2 ± Câu 3: Tính tích phân. • 2 2 2 12 12 2 4 4 4 4 cos2 .sin .cos 1 sin 2 .cos2 sin 2 sin cos 4 1 2 x x x x x I dx dx x x x π π π π = = + − ∫ ∫ • Đặt sin 2t x= 2cos2dt xdx⇒ = Đổi cận 1 12 2 1 4 x t π π ⇒ Khi đó 1 2 2 1 2 1 4 2 t I dt t = − ∫ 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 ( 2 ) ln 4 2 8 4 2 2 dt t I dt t t − = + = + − + ∫ ∫ KL 1 1 21 14 2 ln 8 4 2 9 4 2 I − = + − Câu 4: Tính thể tích và khoảng cách Kẻ HI AB⊥ , vì SH AB ⊥ nên ( )AB SHI⊥ Gt được góc SIH= 0 60 • Do //IH AD nên BH IH BD AD = 1 2. . 3 3 2 a a BH AD a IH BD a ⇒ = = = • 0 tan 60 3 a SH IH= = • ( ) ( ) ( ( ) ( ))dt AHCD dt ABCD dt AHB dt BHC= − + = 2 2 2 2 2 ( ) 6 6 3 a a a a − + = • V 2 3 1 1 2 2 . ( ) 3 3 3 3 9 3 a a a SH dt AHCD= = = (đvtt) Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx) • ( , ) ( ,( , )) ( ,( , ))d SC BD d BD SC Cx d H SC Cx= = 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 B A D C I N x S H K Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 • Kẻ HK ⊥ Cx tại K. Vì SH ⊥ Cx, HK ⊥ Cx nên Cx ⊥ (SHK) hay (SHK) ⊥ (SC,Cx) • Kẻ HN ⊥ SK suy ra HN ⊥ (SC,Cx) • d(SC,BD)=HN= 2 2 2 2 . . 3 2 5 3 2 a a SH HK a SH HK a a = = + + Câu 5: Đặt 3 3 3 1 ( ) (2 ) (2 ) (2 ) x y z P x y z y z x z x y x y z = + + + + + + + Ta có 3 3 3 2 2 2 ; ; (2 ) 3 9 (2 ) 3 9 (2 ) 3 9 x y z x y z x y z x y z x y z y z x z x y x y z + + + + + ≥ + + ≥ + + ≥ + + + • Cộng vế ta được 3 3 3 2 2 2 3 x y z x y z xy yz yz xz xz xy + + + + ≥ + + + • Hay 1P ≥ Dấu bằng xảy ra khi 1x y z= = = (*) • Đặt 2 2 2 1 2 ( 1)( 1)( 1) 1 Q x y z x y z = − + + + + + + • Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) ( 1) ( 1) 2 2 4 x y z x y z x y z+ + + ≥ + + + ≥ + + + . Vì 2 2 2 1 ( ) 2 a b a b+ ≥ + dấu = khi a=b • 3 3 ( 1)( 1)( 1) ( ) 3 x y z x y z + + + + + + ≤ dấu = khi x=y=z • do đó 3 2 54 1 ( 3) Q x y z x y z ≤ − + + + + + + , đặt 1 1t x y z= + + + > Ta được 3 2 54 ( ) ( 2) Q f t t t ≤ = − + xét hsố f(t) trên (1; )+∞ 2 4 1( ) 2 162 '( ) 0 4( ) ( 2) t l f t t n t t = − = + = ⇔ = + Lập bbt ta được 1 ( ) 4 f t ≤ =f(4) Vậy 1 4 Q ≤ dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**) .Từ (*), (**) suy đpcm Câu 6a: 1, Tìm B, C, D… pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0. I là giao AC, BD nên I(0;1) • Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH= 8 5 • AC= 2 2 2IC⇒ = , do tam giác ICB vuông tại I nên 2 2 2 1 1 1 2 2ID IH ID IH + = ⇒ = Nên BD= 4 2 . Toạ độ B, D thoả mãn 2 2 ( 1) 8 1 0 x y x y  + − =  − + =  Giải được 2, 3 2, 1 x y x y = =   = − = −  KL 1 1 1 2 2 2 (2;3), ( 2; 1), ( 1;2) ( 2; 1), (2;3), ( 1;2) B D C B D C − − − − − − Câu 6a: 2, Viết phương trình mp(P)………… • Gọi M(a;b;c) . Do M thuộc mặt cầu (S) nên 2 2 2 ( 2) ( 1) 3a b c− + − + = (1) • Do MH=2 nên 2 2 2 ( 1) ( 1) 2a b c− + + − = (2) Vì d(M;(P))=2 nên 2 2 2 2 1 2 2 2 1 a b c+ + − = + + (3) • Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4) Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5) Do đó c=1 thay vào (2), (4) được 2 2 1, 2 ( 1) 4 3, 0 3 a b a b a b a b = =  − + = ⇔  = = + =  184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 • Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3 Thay vào (2) được 2 2 ( 1) 2( )a b l− + = − • Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1), Câu 7a:BPT ⇔ 2 2 3 3 2 2 3 3 1 1 log 1 log 3 3 1 1 1 1 log 0 log 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x   + + + + ≤ = ≤     + + ⇔   + + + +   ≥ = ≥   + +   2 2 2 2 1 0 1 1 3 1 3 0 1 1 x x x x x x x x  − −  < − ≤    + ⇔ ⇔ − ≤ ≤ +     > > −   +  Kết luận 1 3;1 3T   = − +   Câu 6b: 1, Tìm toạ độ…………………… • Gọi AD x-1=0, CE x-2y-6=0. Kẻ HM vuông góc AD tại K, H thuộc AB Pt HM y=1 • K là giao điểm HM và AD nên K(1;1), từ đó H(3;1). Pt AB qua H vuông góc CE là 2x+y-7=0 • A là giao điểm AB, AD nên A(1;5). Pt AC qua A, M 2x-y+3=0 Nên C là giao CE và AC nên C(-4;-5) • B thoả mãn 2 2 2 7 0 ( 2) 25 x y x y + − =   + − =  giải được 1 2 (0;7), (4; 1)B B − Vì AD là phân giác trong nên loại 1 (0;7)B Câu 6b: 2, Tìm toạ độ……. Gọi I(a;b;c) thoả mãn 2 0IA IB IC+ + = uur uuur uur r Ta được 1 2 1 2(0 ) (1 ) 0 3 0 2( 2 ) 1 0 4 0 2(0 ) (0 ) 0 0 a a a a b b b b c c c c  =  − + − + − =   −   − + − − + − = ⇔ =     − + − + − =  =    Nên I( 1 3 ; ;0 2 4 − ) cố định 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) ( ) 2 2 ( 2 ) 4 2 4 MA MB MC IA IM IB IM IC IM IA IB IC IM IA IB IC MI IA IB IC MI + + = − + − + − = + + − + + + = + + + uur uuur uur uuur uur uuur uuur uur uur uur Hay M là hình chiếu của I lên (P) • Gọi M(x;y;z) ta có ( ) . P IM k n= uuur r 1 13 1. 2 10 3 17 2 4 20 0 0. 0 2 3 0 x k x y k y z k z x y   − = =       + = ⇔ ⇔ =     − = =     + − =   KL 13 17 ( ; ;0) 10 20 M Câu 7b: Tính tổng • [ ] 1 2014 2015 2014! 1 2015! 1 !(2014 )! . 1 1 2015 ( 1)! 2015 ( 1) ! 2015 k k C k k C k k k k + − = = = + + + − + , 0 2014k∀ = 1 2 3 2014 2015 2015 0 2015 2015 2015 2015 2015 2015 1 1 (1 1) 2015 2015 S C C C C C C     = + + + = + −     LLL Kết luận: S= 2015 2 1 2015 − 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Do I, A, B, C cố định nên tổng nhỏ nhất khi và chi khi MI nhỏ nhất 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 24 Ngày 18 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + − ( C ) . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 24 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số (C) a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ đồ thị hs không có tiệm cận. •Chiều biến thi n: 2 ' 3 6 , '. thi n: 2 ' 3 6 , ' 0 0; 2y x x y x x= − + = ⇔ = = BBT Hàm số NB trên (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), và ĐB trên (0 ; 2). Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-2) c) Đồ thị: Tâm đối xứng:I(1 ; 0) Câu 1: 2, Tìm