Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 16 Ngày 21 tháng 10 năm 2013 A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các thí sinh) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 3 – 3x + 2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) có phương trình y = - 3x + 2 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình:      =−−+++ =+++++ 232 532 22 22 yxyx yxyx 2. Giải phương trình. 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0 Câu III (1 điểm). Giải phương trình : ( ) 5 log x 3 2 x + = Câu IV (1 điểm). Cho khối chóp S.ABC có SA = a, SB = b, SC = c, · ASB = 60 0 , · BSC = 90 0 , · CSA = 120 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 222 )12( 1 )12( 1 )12( 1 − + − + − ccbbaa 2 1 ≥ B. PHẦN TỰ CHỌN ( Mỗi thí sinh chỉ chọn một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1: Câu VI a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ∆ ): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1). Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên ( ∆ ). Tịm tọa độ các điểm C, D. 2. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) Câu VII a (1 điểm). Tìm các giá trị của a thỏa mãn: 3 x + (a – 1).2 x + (a – 1) > 0, Rx ∈∀ . Phần 2: Câu VI b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trọng tâm G( 3 1 ; 3 5 − ), đường tròn đi qua trung điểm các cạnh có phương trình x 2 + y 2 – 2x + 4y = 0. Hãy tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 và (C 2 ) : (x – 1) 2 + ( y – 2) 2 = 25 Câu VII b (1 điểm). Giải phương trình: x 2 – 4x - 3 = x 5+ Hết Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN ĐỀ 16 Câu I: 1. Tự làm. 2. Gọi M(a;b) là điểm cần tìm. M thuộc (d) nên b = -3a + 2. Tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm (x 0 ;y 0 ) là: y = (3x 0 2 – 3)(x – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 +2. Tiếp tuyến đi qua M(a;b) ⇔ - 3a + 2 = (3x 0 2 – 3)( a – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 + 2 ⇔ 2x 0 3 – 3ax 0 2 = 0 ⇔ x 0 = 0 hoặc x 0 = 3a/2 Có hai tiếp tuyến đi qua M với hệ số góc là k 1 = f ’(0) = -3 và k 2 =f ‘(3a/2) = 4 27 2 a - 3 . Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔ k 1 .k 2 = - 1 ⇔ a 2 = 40/81 ⇔ a = 9 102 ± . Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M( 9 102 ± ; 2 3 102 + ). Câu II: 1. Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:        =+ =+++ 2 3 2 7 32 22 yx yx ⇔        =+−++ −= 2 7 3) 2 3 (2 2 3 22 xx xy ⇔ … ⇔       = = ) 20 13 ; 20 17 ();( )1; 2 1 ();( yx yx 2. Phương trình ⇔ ( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos 2 x – sin 2 x) = 0 ⇔ ( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0 ⇔ ( sinx – cosx).( 1 – 2cosx) = 0 ⇔ 1 tan 1;cos 2 x x= = ⇔ ( ) . ; . , 4 3 x k x l k l π π π π = + = ± + ∈¢ ( k,l ∈ Z). Câu III: ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log 5 ( x + 3) = log 2 x (1) Đặt t = log 2 x, suy ra x = 2 t ( ) ( ) t t t 5 2 log 2 3 t 2 3 5⇔ + = ⇔ + = t t 2 1 3 1 3 5     ⇔ + =  ÷  ÷     (2) Xét hàm số : f(t) = t t 2 1 3 3 5     +  ÷  ÷     f'(t) = t t 2 1 ln 0,4 3 ln 0,2 0, t 3 5     + < ∀ ∈  ÷  ÷     R Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log 2 x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 Câu IV: Tự vẽ hình. Trên các tia SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = SA = a Tam giác SAB’ đều cạnh a nên AB’ = a. Tam giác SBC’ vuông cân tại S nên B’C’ = a 2 . Tam giác SC’A cân tại S có ∠ C’SA = 120 0 nên C’A = a 3 . Suy ra AB’ 2 + B’C’ 2 = C’A 2 hay tam giác AB’C’ vuông tại B’ ⇒ diện tích tam giác AB’C’ = 2 2 2 a . Hạ SH ⊥ mp(AB’C’) ⇒ HA = HB’ =HC’ ⇒ H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’ ⇒ H là trung điểm của C’A ⇒ SH = SA. Sin 30 0 = a/2. Thể tích khối chóp S.AB’C’ là: V’ = 12 2 2 . 2 2 . 3 1 32 aaa = . Áp dụng công thức: ' . ' '. . ' SC SC SB SB V V CABS ABCS = Tính được: V S.ABC = 12 2abc . Câu V. Đặt x = a 1 , y = b 1 , z = c 1 ta có x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2. Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Ta có: a(2a – 1) 2 = 2 )1 2 ( 1 − xx = 3 2 )( x zy + . Từ đó: : P = 222 )12( 1 )12( 1 )12( 1 − + − + − ccbbaa = 2 3 2 3 2 3 )()()( yx z xz y zy x + + + + + . Áp dụng bất đẳng thức Cô si có: x xzyzy zy x 4 3 64 3 88 )( 3 3 2 3 =≥ + + + + + (1) Tương tự: y xzxz xz y 4 3 88 )( 2 3 ≥ + + + + + (2) z yxyx yx z 4 3 88 )( 2 3 ≥ + + + + + (3). Cộng từng vế của (1), (2), (3) rồi ước lược được: P ≥ 4 1 (x + y + z) = 2 1 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2/3 ⇔ a = b = c = 3/2. Câu VIa: 1. Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi.Vì I ∆∈ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI ⊥ BI suy ra : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a 2 – 2a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a = 2. TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung điểm, ta có:    =−= =−= 22 02 AIC AIC yyy xxx và    =−= −=−= 12 22 BID BID yyy xxx ; C(0;2) và D(-2;1). TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3). 2,Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2 2 2 2 2 2 2 2 2a 5b 2.12 5.1 2 5 . a b 2 5 . 12 1 − + = + + + + 2 2 2a 5b 29 5 a b − ⇔ = + ( ) ( ) 2 2 2 5 2a 5b 29 a b⇔ − = + ⇔ 9a 2 + 100ab – 96b 2 = 0 a 12b 8 a b 9 = −   ⇒  =  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 . Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Câu VIIa: 3 x + (a – 1).2 x + (a – 1) > 0 ⇔ 3 x > (1 –a).( 2 x +1) ⇔ 12 3 + x x > 1 – a (*). Xét hàm số: f(x) = 12 3 + x x với x ∈ R. Ta có: f ‘ (x) = 2 )12( 2ln.3.23ln).12.(3 + −+ x xxxx > 0 với mọi x. Hàm số luôn đồng biến., mà: −∞→x lim f(x) = 0. Bất đẳng thức (*) đúng với mọi x ⇔ 1 – a ≤ 0 ⇔ a ≥ 1. Vậy đáp số: a ≥ 1. Câu 6b: 2, : Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (1 ; 2) bán kính R 1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 ≠ 0) là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) thì khoảng cách từ I 1 và I 2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R 1 và R 2 , tức là : ( ) ( ) 2 2 2 2 5A 12B C 15 1 A B A 2B C 5 2 A B  − + =   +  + +  =  +  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) ⇒ C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 2 2 A B+ 2 2 21A 28AB 24B 0⇒ + − = 14 10 7 A B 21 − ± ⇒ = Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7± , C = 203 10 7− ± Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7± )x + 21y 203 10 7− ± = 0 TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3B C 2 − + ⇒ = , thay vào (2) ta được : 96A 2 + 28AB + 51B 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . Câu 7b : x 2 - 4x + 3 = x 5+ (1) Tập xác định : D = [ 5; )− +∞ ( ) ( ) 2 1 x 2 7 x 5⇔ − − = + Đặt y - 2 = x 5+ , ( ) 2 y 2 y 2 x 5≥ ⇒ − = + Ta có hệ : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 2 y 5 x 2 y 5 y 2 x 5 x y x y 3 0 y 2 y 2  − = +  − = +     − = + ⇔ − + + =     ≥ ≥     ( ) ( ) 2 2 x 2 y 5 x y 0 5 29 x 2 x 2 y 5 x 1 x y 3 0 y 2    − = +      − =     +  =   ⇔ ⇔   − = +       = −   + + =      ≥  Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . Thạch ĐT: 0169 4838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 16 Ngày 21 tháng 10 năm 2013 A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các thí sinh) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 3 – 3x + 2 (C) 1. Khảo sát sự biến thi n và. VII b (1 điểm). Giải phương trình: x 2 – 4x - 3 = x 5+ Hết Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 0169 4838727 HƯỚNG DẪN ĐỀ 16 Câu I: 1. Tự làm. 2 = b 1 , z = c 1 ta có x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2. Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 0169 4838727 Ta có: a(2a – 1) 2 = 2 )1 2 ( 1 − xx