Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 20 Ngày 02 tháng 11năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 C 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( ) m C cắt đường tròn tâm ( ) 1;1 ,I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4 x x x c x π   + + = +  ÷   2. Giải phương trình ( ) 2 2 2 1 5 2 4x x x+ = − + Câu III (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x − + − +  − − + + + − + =   + − +   , ( , )x y ∈R . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn 2IA IH= − uur uuur . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b − + − + − + + + ≤ + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng : 3 0d x y− − = và ': 6 0d x y+ − = . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 0 n n k n k k n k a b C a b − = + = ∑ . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1. Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển 8 1 1 3 1 log 3 1 log 9 7 2 5 2 2 2 x x    ÷   − − − + + +    ÷  ÷   là 224. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là 2 1 0x y− + = và 7 14 0x y− + = , đường thẳng AC đi qua điểm ( ) 2;1M . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y∆ − + = và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 2 3log 2 9log 2x x x− > − 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 …………………….Hết……………………. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 20 Câu 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2y x x= − + • Tập xác định: ¡ • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ - Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± Bảng biến thiên X −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1;−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y= − = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y= = • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn f(x)=x^3 -3x+2 -2 -1 1 2 -1 1 2 3 4 x y Câu 1: 2.(1,0 điểm) Ta có 2 ' 3 3y x m= − Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình ' 0y = có hai nghiệm phân biệt 0m⇔ > Vì 1 . ' 2 2 3 y x y mx= − + nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là 2 2y mx= − + . Ta có ( ) 2 2 1 , 1 4 1 m d I R m − ∆ = < = + (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt Với 1 2 m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 2 1 1 1 . .sin 2 2 2 ABI S IA IB AIB R ∆ = ≤ = Nên IAB S ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I 1 2 2 R IH⇔ = = (H là trung điểm của AB) 2 2 1 1 2 3 2 2 4 1 m m m − ± ⇔ = ⇔ = + Câu 2:.(1,0 điểm) Đặt ( ) 2 2 4 2 2 4 2 2t x x t x x= + ⇒ = + ta được phương trình: 2 2 4 1 5 2 8 0 2 2 t t t t t t = −  + = − ⇔ + − = ⇔  =  Với 4t = − ta có: ( ) 0 0 0 2 2 4 4 2 4 2 4 2 2 2 2 16 2 8 0 2 x x x x x x x x x x x < < < + = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − + = + − = =            184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Với 2t = ta có: ( ) 2 4 2 4 2 2 0 0 0 2 4 2 3 1 2 2 4 2 2 0 3 1 x x x x x x x x x x x >  > >     + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −    + = + − = = −      Câu 3(1,0 điểm)+ Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  . 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I y x y x − + − + − + − + − + + − = + + − − =     ⇔ ⇔   + − + + − +     Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + 0 2 x x =  ⇔  = −  . Suy ra: 1 1 y y = −   =  . + Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1x y= − = thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = . Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có 2IA IH= − ⇒ uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2IA IH= 2 2BC AB a= = Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + = Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 15 0 0 , 60 . tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt ∆ = = 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa S H C A B I K . 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 * ( ) BI AH BI SAH BI SH ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 1 1 , , 2 2 2 2 , d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI SB d B SAH ⇒ = = ⇒ = = = Câu 5(1,0 điểm) Do a, b, c > 0 và 2 2 2 1a b c+ + = nên ( ) , , 0;1a b c ∈ Ta có ( ) 2 2 5 3 1 2 3 2 2 2 1 a a a a a a a b c a − − + = = − + + − Bất đẳng thức trở thành ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3 3 a a b b c c− + + − + + − + ≤ Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 3 0;1f x x x x= − + ∈ . Ta có: ( ) ( ) 0;1 2 3 ax 9 M f x = ( ) ( ) ( ) 2 3 3 f a f b f c⇒ + + ≤ . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1 3 Câu 6a: 1.(1,0 điểm) Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình: 9 3 0 9 3 2 ; 6 0 3 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ + − =     =   Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD ( ) Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒ Ta có: 2 3 2AB IM= = . Theo giả thiết . 12 2 2 ABCD S AB AD AD= = ⇒ = Vì I, M thuộc d : 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − = Lại có 2MA MD= = ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 3 0 2 4 2;1 ; 4; 1 1 1 3 2 x y x x A D y y x y + − =  = =    ⇔ ∧ ⇒ −    = = − − + =     Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) Câu 6a:2.(1,0 điểm): Gọi C = (c; 2c+3) với I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Với C’ là trung điểm của AB nên: 2 5 11 2 2 ' ; ' 2 2 m c m c C CC − + − −   = ∈  ÷   nên 2 5 11 2 2 5 2( ) 3 0 2 2 6 m c m c m − + − − − + = ⇒ = − 5 41 ( ; ) 6 6 I⇒ = − . Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37 ; 3 3 23 0 3 3 x y C x y − + =    ⇒ =   ÷ − + =    .Tọa độ của B = 19 4 ; 3 3   −  ÷   Câu 7a: .(1,0 điểm): Ta có ( ) ( ) ( ) 1 3 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 1 1 5 3 5 2 9 7 ,2 3 1 x x x x − − − + − + − − = + = + Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 1 1 1 1 3 5 8 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1 x x x x C − − − − − −     + + = + +         Theo giả thiết ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 9 7 56 9 7 3 1 224 4 2 3 1 x x x x x x − − − − − =  + + + = ⇔ = ⇔  = +  Câu 6b: 1.(1,0 điểm) Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình: 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   . Lại có ABCD là hình chữ nhật nên ( ) ( ) , ,AC AB AB BD= . Kí hiệu ( ) ( ) ( ) 1; 2 , 1; 7 , , AB BD AC n n n a b= − = − = uuur uuur uuur lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: ( ) ( ) 2 2 3 cos , cos , 2 2 AB BD AC AB n n n n a b a b= ⇔ − = + uuur uuur uuur uuur 2 2 7 8 0 7 a b a ab b b a = −   ⇔ + + = ⇔  = −  Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0 A AB AC= ∩ nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ( ) 1 0 3 3;2 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇔ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I AC BD = ∩ nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên ( ) 14 12 4;3 , ; 5 5 C D    ÷   Với b = -7a loại vì AC không cắt BD Câu 6b: 2.(1,0 điểm) Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. H ( ) ; ;x y z là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi ( ) , ,BH AC CH AB H ABC⊥ ⊥ ∈ Câu 7b: Điều kiện x > 0 Bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > − Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) TH1: Nếu x > 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ > − Xét hàm số ( ) 2 3 log 2 f x x= , hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ ( ) 1 3 x g x x − = − , hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 3;+∞ + Với x> 4 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x> = = > . Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 + Với 4x ≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒ bất phương trình vô nghiệm TH2: Nếu x < 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ < − + Với x ≥ 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x≥ = = ≥ ⇒ bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x< = = < ⇒ Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 20 Ngày 02 tháng 11năm 201 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. ĐT:01694838727 …………………….Hết……………………. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 20 Câu 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2y x x= − + • Tập xác định: ¡ • Sự biến thi n - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ - Chi u biến thi n: 2 ' 3. biến thi n X −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1;−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y= − = . Hàm số đạt