ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2014 Môn thi : TOÁN – KHỐI B (ĐỀ 24) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 32 () 3 1 1 y f x mx mx m x==+−−− , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số () y fx = không có cực trị. Câu II (2 điểm): Giải phương trình : 1). () 44 sin cos 1 tan cot sin 2 2 xx x x x + =+ ; 2). () () 23 48 2 log 1 2 log 4 log 4 x xx++= −+ + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm () 2 2 760 21 30 xx xmxm −+≤ − +−+≥ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Cho hai mặt phẳng () ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.Px y x y+− +− Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai m.phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 43 2 11 2 43 11 5 4 7 15 nn n n nn CC A CA −− − − ++ ⎧ −< ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ≥ ⎪ ⎩ (Ở đây , kk nn AC lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 22 2480xy xy++−−= .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2210xyz−+−= và các đường thẳng: 12 13 5 5 :;: 232 645 xyzxyz dd −− − + == == −− . Tìm các điểm 12 d, dMN ∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố () 3 1 () ln 3 fx x = − và giải bpt: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt fx x π π > + ∫ Đáp án(ĐỀ 24) Câu Ý Nội dung Điể m 2 1,00 + Khi m = 0 1 y x⇒=−, nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi 0m ≠ ( ) 2 '3 6 1ymxmxm⇒= + −− Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi '0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50 () 22 '9 3 1 12 3 0mmm mm⇔Δ = + − = − ≤ 1 0 4 m ⇔ ≤≤ 0,25 1 1,00 () 44 sin cos 1 tan cot sin 2 2 xx x x x + =+ (1) Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 2 1 1sin2 1sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x xx − ⎛⎞ ⇔=+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 2 2 1 1sin2 11 2 1sin21 sin20 sin 2 sin2 2 x xx xx − ⇔=⇔−=⇔= Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00 () () 23 48 2 log 1 2 log 4 log 4 x xx++= −+ + (2) Điều kiện: 10 44 40 1 40 x x x x x +≠ ⎧ − << ⎧ ⎪ −>⇔ ⎨⎨ ≠− ⎩ ⎪ +> ⎩ 0,25 ( ) ( ) () () 2 22222 22 22 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x xxx x xxxx ⇔++= −++⇔++= − ⇔+=−⇔+=− 0,25 + Với 14x−< < ta có phương trình 2 4120(3)xx+−= ; () 2 (3) 6 x x = ⎡ ⇔ ⎢ =− ⎣ lo¹i 0,25 + Với 41x−< <− ta có phương trình 2 4200xx − −= (4); () () 224 4 224 x x ⎡ =− ⇔ ⎢ =+ ⎢ ⎣ lo¹ i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( ) 21 6x =− 0,25 III 1,00 Đặt 22 2 2 1122 dx tdt txtxtdtxdx x x =−⇒=−⇒ =− ⇒ =− 22 11 dx tdt tdt xtt ⇒=− = − − + Đổi cận: 13 22 31 22 xt xt =⇒= =⇒= 0,50 13 3 22 2 1 22 1 2 3 2 2 111743 ln ln 11 21 2 3 | dt dt t A ttt ⎛⎞ ++ === = ⎜⎟ ⎜⎟ −− − ⎝⎠ ∫∫ 0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB⊥⊥, suy ra ( ) SOE AB⊥ . Dựng ( ) OH SE OH SAB⊥⇒ ⊥ , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 222 2 22 2 111 111 18 1 99 93 8 22 OH SO OE OE OH SO OE OE = +⇒= −=−= ⇒=⇒= 222 981 9 9 88 22 SE OE SO SE=+=+=⇒= 0,25 2 136 .82 9 2 22 SAB SAB S SABSEAB SE =⇔=== () 2 2 222 2 1 9 9 265 42 32 2888 OA AE OE AB OE ⎛⎞ =+= += +=+= ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 Thể tích hình nón đã cho: 2 1 1 265 265 .3 3388 VOASO π ππ === 0,25 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 222 265 337 337 9 88 8 265 337 89305 . 88 8 xq SA SO OA SA SOASA ππ π =+=+=⇒= == = 0,25 V 1,00 Hệ bất phương trình () 2 2 760(1) 21 30(2) xx xmxm ⎧ −+≤ ⎪ ⎨ −+−+≥ ⎪ ⎩ () 11 6x⇔≤ ≤. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại [ ] 0 1; 6x ∈ thỏa mãn (2). 0,25 () ( ) () [] 2 2 23 22321 (1;6210) 21 xx xx xm mdox x x −+ ⇔−+≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒+> + Gọi [] 2 23 () ; 1;6 21 xx fx x x −+ =∈ + 0,25 Hệ đã cho có nghiệm [ ] 00 1; 6 : ( ) x fx m⇔∃ ∈ ≥ () () ( ) () 2 2 22 24 228 ' 21 21 xx xx fx xx + − +− == ++ ; () 2 117 '0 40 2 fx x x x −± =⇔ +−=⇔= Vì [ ] 1; 6x∈ nên chỉ nhận 117 2 x −+ = 0,25 Ta có: 227117317 (1) , (6) , 3132 2 ff f ⎛⎞ −+ −+ == = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27 max ( ) 13 fx= Do đó [] [] 00 1;6 27 1; 6 : ( ) max ( ) 13 x x fx m fx m m ∈ ∃∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: () 4340 2 2;4 260 4 xy x A xy y +−= =− ⎧⎧ ⇔⇒− ⎨⎨ +−= = ⎩⎩ 0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình () 4340 1 1; 0 10 0 xy x B xy y +−= = ⎧⎧ ⇔⇒ ⎨⎨ −−= = ⎩⎩ 0,25 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: ( ) ( ) 240 240a x b y ax by a b + +−=⇔++−= Gọi 123 :4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a bΔ+−=Δ+−=Δ++−= Từ giả thiết suy ra ()  ()  23 12 ;;ΔΔ =ΔΔ . Do đó ()  ()  () 23 12 22 22 |1. 2. | |4.1 2.3| cos ; cos ; 25. 5 5. 0 |2|2 34 0 340 ab ab a ab ab aab ab + + ΔΔ = ΔΔ ⇔ = + = ⎡ ⇔+ = + ⇔ − =⇔ ⎢ − = ⎣ + a = 0 0b⇒≠. Do đó 3 :40y Δ −= + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 :4 3 4 0xy Δ +−= (trùng với 1 Δ ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. 0,25 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: () 40 5 5;4 10 4 yx C xy y −= = ⎧⎧ ⇔⇒ ⎨⎨ −−= = ⎩⎩ 0,25 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: () () () () () () () () () () ,, , ,, OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P dI P dI Q ⎧ = ⎪ ⎪ == = ⇔ = ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ 0,25 Ta có: ()()() 222 22222 521 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c abc =⇔ = ⇔++=−+−+− ⇔++= () () () () 2 222 222 |225| ,9225(2) 3 abc OIdIP abc abc abc + −+ = ⇔ ++= ⇔ ++ =+−+ () () () () |225||2213| ,, 33 225 2213() 224(3) 225 2213 abc abc dI P dI Q abc abc abc abc abc +−+ +−− =⇔ = +−+=+−− ⎡ ⇔⇔+−= ⎢ +−+=−−++ ⎣ lo¹i Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ;(4) 36 3 a bc − =− = 0,25 Từ (2) và (3) suy ra: 222 9(5)abc++= Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( ) ( ) 2 221 658 0aa − −= Như vậy 2a = hoặc 658 221 a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67 ;; 221 221 221 I ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ và R = 3. 0,25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: ()()() 222 2219xyz−+−+−= và 222 658 46 67 9 221 221 221 xyz ⎛⎞⎛⎞⎛⎞ − +− ++ = ⎜⎟⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 0,25 VIIa 1,00 Điều kiện: 14 5nn−≥ ⇔ ≥ Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ()( )() ( ) ( ) ( ) ( ) ()() ()()( )() ()() 1234 123 5 23 4.3.2.1 3.2.1 4 1123 7 11 5.4.3.2.1 15 nn nn nn n nn nnn n n nnn −− −− −− − ⎧ − <− − ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ +−−− ⎪ ≥+ − ⎪ ⎩ 0,50 2 2 9220 5500 10 5 nn nn n n ⎧ −−< ⎪ ⇔−−≥⇔= ⎨ ⎪ ≥ ⎩ 0,50 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 22 0; 2 2480 1; 3 520 yx xy xy yx xy == ⎧ ++−−= ⎧ ⇔ ⎨⎨ = −=− −−= ⎩ ⎩ 0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì  0 90ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,50 2 1,00 Phương trình tham số của d 1 là: 12 33 2 x t y t zt = + ⎧ ⎪ = − ⎨ ⎪ = ⎩ . M thuộc d 1 nên tọa độ của M () 12;33;2ttt+− . Theo đề: () () () () 12 2 22 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6| ,2212661,0. 3 122 ttt t dM P t t t +− − +− − ==⇔=⇔−=±⇔== +− + 0,25 + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0; 2M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1; 3; 0M 0,25 + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d ∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 32 2 20 2 270(1)xyz xyz−− + −=⇔− + −= . Phương trình tham số của d 2 là: 56 4 55 x t yt zt =+ ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ = −− ⎩ (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). 0,25 + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). 0,25 VIIb 1,00 Điều kiện () 3 1 03 3 x x >⇔< − () () () 3 1 ( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3 3 f xxx x ==−−=−− − ; () () 13 '( ) 3 3 ' 33 fx x x x =− − = −− 0,25 Ta có: ()()() 2 0 00 661cos3 3 sin sin sin 0 sin0 3 22 | tt dt dt t t ππ π ππ ππ π π − ==−=−−−= ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ∫∫ 0,25 Khi đó: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt fx x π π > + ∫ ()() 21 33 2 0 32 32 1 3 3; 2 3; 2 2 x x xx xx x xx xx − ⎧ <− ⎧ ⎡ < > ⎪⎪ ⎢ −+ ⇔⇔ ⇔ −+ ⎨⎨ ⎢ < < ⎪⎪ <≠− <≠− ⎣ ⎩ ⎩ 0,50 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2 014 Môn thi : TOÁN – KHỐI B (ĐỀ 24) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ. 0 340 ab ab a ab ab aab ab + + ΔΔ = ΔΔ ⇔ = + = ⎡ ⇔+ = + ⇔ − =⇔ ⎢ − = ⎣ + a = 0 0b ≠. Do đó 3 :40y Δ −= + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy