Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 99 Ngày 11 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3= + + −y x m x (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 3 2 lần độ dài cạnh bên. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 4 2 4 2 2 x y x y x y x y  + + + =   + + + = −   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ')ABC tạo với đáy một góc 0 60 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ')ABC bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' ')BCC B bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . II. 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 hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 032: =−+ yxd và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d 1 : 1 1 1 2 1 1 + − − = = − x y z và đường thẳng d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z− − + = = và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2log (x 2) 4x 7 log (x 2) 2(x 2) 0− + − − + − = . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 032: =−+ yxd và 053: =−+∆ yx . Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 5 102 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 1 3 1 1 4 x y z− − = = và điểm M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    +−=−− ++=++ 422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 99 Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi 1 −= m hàm số trở thành 32 24 −−= xxy • Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1;00';44' 3 ±==⇔=−= xxyxxy Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;( −−∞ và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1(− và );1( +∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y cđ =-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1 ±= x ; y ct =-4 - Giới hạn: y = ∞+ ; y = +∞ - Bảng biến thiên: • Đồ thị: 2 -2 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Câu 1: 2.(1.0 điểm) 2 13 ,00';)13(24' 23 + −==⇔=++= m xxyxmxy , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) 3 1 −<⇔ m .Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: )3;0( −A ;         − +−−− 3 4 )13( ; 2 13 2 mm B ;         − +−−− − 3 4 )13( ; 2 13 2 mm C Ta có: AB = AC = 4 3m 1 (3m 1) 2 16 − − + + ; BC = 3m 1 2 2 − − . Suy ra: ABC ∆ cân tại A         + + −− =       −− ⇔= 16 )13( 2 13 4 2 13 4.9 3 2 BC 4 mmm AB 5 1 m ,m 3 3 ⇔ = − = − So với điều kiện (*), ta được 3 5 −=m . Câu 2: 1.(1.0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 2 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx cosx=0;2cos3x= 3 osx+sinxc c x c⇔ + ⇔ + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 -3 y’ x y -∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0 -1 1 -4 + - - -4 + y O x Thy giỏo:Lờ Nguyờn Thch T:01694838727 Cõu 2: 2.(1.0 im) iu kin: 4 0 2 0 x y x y + + t: a 2x y ,(a 0,b 0). b 4x y = + = + Suy ra: 2 2 3 b x y a 2 2 + = Ta cú h 2 2 2 3 1 2 5 6 0 2 2 4 4 a a b a a b a a b + = + = = + = 1 1 3 6 6 4 10 a a b a a b a b = = = = = = = So vi iu kin a 0,b 0 , ta c: 2 1 1 2 1 4 3 4 9 7 4 3 x y a x y x b x y y x y + = = + = = = + = = + = Vy h phng trỡnh cú nghim (x; y) = (4; -7). Cõu 3:(1.0 im) Ta cú: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x + = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x + t t = lnx + 1 dt = 1 dx x ; i cn: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t = ữ = ( ) 2 1 t ln | t | = 1 ln2 Cõu 4:(1.0 im) Gi H l hỡnh chiu ca A trờn BC )B'BCC'(AH aAH = .Gi K l hỡnh chiu ca C trờn 'AC )BC'(CK A aCK = ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' = 0 60' = ACC 3 2 60sin 0 aCK AC == ; aACCC 260tan.' 0 == aAB ACABAH 2 111 222 =+= 3 4 '. 3 '''. a CCSV ABCCBAABC == . Cõu 5: (1.0 im)Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0>t Khi đó 2 3 5 2 t A t = + 2 5 3 , 3 3. 2 2 t t t = + Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3;3 . Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1=== zyx Cõu 6a: 1.(1.0 im) 10=AB , im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng );32( aaC + Phng trỡnh ng thng 053: =+ yxAB 2= ABC S 2),(. 2 1 = ABCdAB 2 10 2 .10 2 1 = a 6 2 a a = = Vi 6=a ta cú )6;9(C ; vi 2=a ta cú )2;7( C Cõu 6a: 2.(1.0 im) Gi A, B ln lt l giao im ca d 1 , d 2 vi mt phng (P). Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) Luyn thi i Hc 184 ng Lũ Chum Thnh Ph Thanh Húa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Đường thẳng ∆ nằm trong (P) và cắt d 1 , d 2 nên ∆ đi qua A và B Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là (1;3; 1)= − uuur AB Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2 1 3 1 x y z− − = = − Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện: 2>x , phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 042)2(log.1)2(log2 22 =−+−+− xxx    =−+− =+− ⇔ 042)2(log 01)2(log2 2 2 xx x + 01)2(log2 2 =+−x ⇔ 1 x 2 2 = + . So với điều kiện ta được 1 x 2 2 = + + 042)2(log 2 =−+− xx , vì hàn số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên 2 5 =x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 2 1 2 +=x và 2 5 =x Câu 6b: 1.(1.0 điểm): Gọi I là tâm của đường tròn cần viết phương trình Vì I thuộc d nên tọa độ điểm I có dạng );32( aaI +− . Đường tròn tiếp xúc với ∆ nên RId =∆),( 5 102 10 2 = − ⇔ a 2;6 −==⇔ aa Với 6=a ta có )6;9(−I suy ra phương trình đường tròn: 5 8 )6()9( 22 =−++ yx với 2−=a ta có )2;7( −I ,suy ra phương trình đường tròn: 5 8 )2()7( 22 =++− yx Vậy có hai đường tròn thoả mãn là: 5 8 )6()9( 22 =−++ yx và 5 8 )2()7( 22 =++− yx . Câu 6b:2.(1.0 điểm) Giả sử ( ; ; )n a b c r là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt ( ; ; )n a b c r : ax + by + cz + 2b = 0. Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4)u = r Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có : 2 2 2 4 0 (1) . | 5 | 4 (2) ( ;( )) 4 + + =    ⇔ +   = =   + +  r r a b c n u a b d A P a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2 ( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − = ⇔ 4 , 2a c a c= = − Với a = 4c chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. Câu 7b:(1.0 điểm) 2 2 2 2 log (x y) 1 log (7x y) log y (1) log (3x y 2) 2x 2y 4 (2) + + = + +   − − = − +  Điều kiện      > >+ >+ 0 07 0 y yx yx Với đk trên phương trình (1) trở thành: yyxyx )7(log)(2log 2 2 2 +=+ ⇔ 2 2 2 3 0 2 ,x xy y y x y x− + = ⇔ = = Với xy = thế vào phương trình (2) ta được 94)22(log 2 =⇔=− xx . Suy ra 9== yx ,( thoả mãn điều kiện). Với xy 2= thế vào phương trình (1) ta được ⇔−=− xx 24)2(log 2 042)2(log 2 =−+− xx Vì hàm số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên 2 5 =x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Suy ra      = = 5 2 5 y x ,( thoả mãn điều kiện).Vậy hệ đã cho có hai nghiệm    = = 9 9 y x và      = = 5 2 5 y x Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 99 Ngày 11 tháng 6 năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3= + + −y x m x (với m là tham số) 1. Khảo. ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 99 Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi 1 −= m hàm số trở thành 32 24 −−= xxy • Tập xác định: D = ¡ Sự biến thi n: - Chi u biến thi n: 1;00';44' 3 ±==⇔=−= xxyxxy Hàm số nghịch. điểm) Giải hệ phương trình:    +−=−− ++=++ 422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Luyện thi Đại Học