Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 12 Ngày 02 tháng 10 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m − + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 tan 2 sin (1 cot ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x → − − + = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + 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 tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ;0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: 32 4 )32()32( 1212 22 − ≤−++ −−+− xxxx B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + . Hết Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12 Câu 1: 1,Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: ¡ 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y − = − = ⇔ − = ⇔ = ± = = Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1; 1 − , Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ; 1 ; 1; −∞ − + ∞ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 4 Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y (0) = 2 ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0), (2; 4) Đồ thị: 2, Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m − + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4 2 2 ( ) : log ( 1)d y m= + và 3 ( '): 3 2C y x x = − + , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 4 2 2 0 log ( 1) 4m< + < 2 1 1 2m ⇔ < + < 2 1 0 1 0 m m m  <  ⇔ < < ⇔  ≠   Câu 2: 1, . Giải phương trình: sin 3 cos3 cos2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x  ≠    ≠  . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3 3 2 2 3sin 4sin 4cos 3cos cos 2 sin(1 tan ) 2sin 2 1 (sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos ) cos sin 2sin 2 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + + = + − + − + ⇔ − + = − sin cos 0 (1) sin cos sin 1 (2) cos x x x x x x + =   ⇔  − + =  (1) tan 1 , 4 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + ∈ ¢ cos sin 0 tan 1 (2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( ) 4 1 cos 0 cos 1 2 x x x x k x x x k x x x k π π π π  − = = = +    ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈    + = = −   = +  ¢ So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 , 4 x k x k k π π π π = ± + = + ∈ ¢ Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 1 x y’ −∞ +∞ y 1 − 0 0 + + − −∞ +∞ 4 0 x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2, Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . Đk 7y > . Khi đó hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 ( 3) 7 13 ( 3) 7 6 x x y x x y  + − + − =   + − − = −   Đặt: 2 2 3; 7, 0u x x v y v = + − = − > . Khi đó hệ phương trình trở thành: 2 2 13 6 u v uv  + =  = −  2 2 1 2 3 ( ) 2 13 ( ) 1 6 3 2 6 6 u v u u u v uv u v uv v v uv uv + = ± = − = −   + − = + =    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨      = − = = = − = −      Giải các hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 3 , 7 3 7 2 x x x x y y   + − = − + − = −     − = − =     , ta được nghiệm của hệ đã cho là: ( ) ( ) 1 5 1 5 0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4 2 2     − ± − ± ± − ± −  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 3: 3 3 2 2 2 2 0 0 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim x x e e c x x c x x L x x → → − − + + − + − + = = 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 0 2 2 2 2 ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1 1 5 lim lim 2 3 3 (1 ) 1 1 2sin 2sin 2sin 2sin x x x x x x x x x x x x x x → →         + − + + −     = + = + = − =     + + + +             Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: + ( ) (gt) SH ABC HA AB SA AB ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Tương tự HC BC ⊥ Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: / / ( ) / /( )AH BC SBC AH SBC ⊂ ⇒ [ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a ⇒ = = + Dựng HK SC ⊥ tại K (1). Do ( ) (2) BC HC BC SHC BC HK BC SH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  (1) và (2) suy ra ( )HK SBC ⊥ . Từ đó [ ,( )] 2d H SBC HK a = = 2 2 2 2 3 2KC HC HK a a a ⇒ = − = − = , · . 2. 3 tan 6 HK SH HK HC a a SCH SH a KC HC KC a = = ⇒ = = = Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 3 1 1 1 6 . . . 3. 3. 6 3 6 6 2 ABC a V S SH AB BC SH a a a = = = = (đvtt) + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc · 0 45SBH = (do ∆SHB vuông cân) Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 S B H C A K Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Từ giả thiết ta có 3 3 3 b b c c a a P a b c = + + + + + Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b b b a b b a a + + + ≥ = + + Tương tự 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c c c b c c b b + + + ≥ = + + ; 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a a a c a a c c + + + ≥ = + + Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 9 3 3 ( ) 16 4 2 3 3 3 b b c c a a a b c a b c P a b c + + + + + + ≥ + + ⇔ ≥ + + + . Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1a b c = = = Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. Giải: ∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E):4x 2 + (x + m) 2 = 36 ⇔ 5x 2 + 2mx + m 2 − 36 = 0 (1) Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m 2 > 0 ⇔ 3 5 3 5m− < < (2) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 10 10 ( ) ( ) . 720 16 3 15 AB x x y y x x m = − + − = − = − ; ( , ) 10 m d O ∆ = ⇒ 1 . ( , ) 3 2 OAB S AB d O = ∆ = 4 2 3 10 16 720 8100 0 2 m m m − + = ⇔ = ± (thỏa điều kiện (2)) Vậy phương trình đường thẳng ∆: 3 10 3 0 2 x y− ± = Câu 6a: 2. +) 5 ( , ) 2 d I AB = ⇒ AD = 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2 ( ) ( 2;0), (2;2) 2 4 2 2 2 0 0 x y x y A B x x y y  =     = − + =    ⇔ ⇒ −   = −   − + =    =    (3;0), ( 1; 2)C D⇒ − − Câu 7a :Bpt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 4 x x x x − − ⇔ + + − ≤ Đặt : ( ) )0(32 2 2 >+= − tt xx BPTTT : 1 4t t + ≤ 2 4 1 0t t ⇔ − + ≤ 3232 +≤≤−⇔ t (tm) Khi ®ã : ( ) 323232 2 2 +≤+≤− − xx 121 2 ≤−≤−⇔ xx ⇔ 2121012 2 +≤≤−⇔≤−− xxx Câu 6b: 1, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Giải: Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của 2 5 : ( ) 5 9 x t BM t y t = − +  ∈  = − +  ¡ B, M ∈ BM ⇒ ( ) ( ) 2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m − + − + − + − + M là trung điểm BC ⇒ ( ) 10 6;18 11C m m − − Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b = − = − − − − = − − − uuur uuur uuur (10 8;18 12)AC m m = − − uuur Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 . 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b = ⇔ − − − − − = uuur uuur 2b m ⇔ = (1) . 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m = ⇔ − − + − − − = uuuruuur (2) Thế (1) vào (2), ta được: 2 1 26 106 105 26 0 ; 2 53 m m m m − + = ⇔ = = Với 1 , 1 2 m b = = ta được B(3;4), C(-1;-2) Với 26 52 , 53 53 m b = = ta được 154 203 58 115 ; , ; 53 53 53 53 B C     − −  ÷  ÷     Câu 6b: 2, . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy · · 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của · AMB (1) ⇔ · AMI = 30 0 0 sin 30 IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m + = ⇔ = m (2) ⇔ · AMI = 60 0 0 sin 60 IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vô nghiệm Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0;- 7 ) Câu 7b: Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + Với điều kiện x > 0, ta đặt 2 logu x = và 3 3 2 3 2 3v u v u= + ⇒ − = . Ta có hệ: 3 3 2 3 2 3 u v v u  − =   − =   3 3 3 3 2 2 2 3 2 3 3( ) ( )( 3) 0 u v u v u v v u u v u uv v   − = − =   ⇔ ⇔   − = − − + + + =     (*) Do 2 2 2 2 1 3 3 3 0, , 2 4 u uv v u v v u v   + + + = + + + > ∀ ∈  ÷   ¡ nên: 3 3 1 2 3 (*) 2 0 3 2 0 v u u v u v u v u v u u = = = −   − =  ⇔ ⇔ ⇔    = = − = − − =    Với 2 1 1 log 1 2 u x x = − ⇒ = − ⇔ = Với 2 2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ = Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 12 Ngày 02 tháng 10 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x= + + . Hết Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12 Câu. ) 10 6;18 11C m m − − Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b = − = − − − − = − − − uuur uuur uuur (10 8;18 12) AC m m = − − uuur Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành