ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 101 Ngày 10 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số = 3 2 -3 +3 (C)y x x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Đường thẳng d có hệ số góc k cắt đồ thị ( C ) tại các điểm M, N sao cho tứ giác AMBN là hình chữ nhật, trong đó A,B là hai điểm cực trị của ( C ).Tìm các giá trị của k. Câu II ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin 2 cos2 3 cos 3sin 2x x x x+ = − + 2. Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 4 1 2 5 xy y y y xy x y y  + + + =   + + + =   Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân π + = + ∫ 4 0 cos 1 cos2 x x I dx x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có hình chiếu của đỉnh A lên mp( A’B’C’) là điểm B’; tam giác ABC vuông tại A. Biết ' 2 , ' 3, 2AC a AA a BC a= = = . 1. Tính thể tích khối lăng trụ trên theo a. 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C Câu V (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng 2 2 2 3 3 3 2 4 4 4 x x y y z z xyz yz zx xy − − − + + ≥ − − − . 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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(3;3) là trung điểm cạnh BC, phương trình đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC là x – 2 = 0, phương trình đường thẳng đi qua chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC là 6x + 7y – 19 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;2;1), B(1;1;-4), C(-2;4;0). Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm O và A đồng thời vuông góc với mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1,0 điểm). Cho tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau được lấy từ tập A mà có mặt cả chữ số 0 và chữ số 1 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2). Gọi E, F thứ tự là trung điểm các cạnh AB và BC, M là giao điểm của CE và DF. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Biết D nằm trên đường thẳng x + 2y – 13 = 0 và 21 22 ; 5 5 M    ÷   . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;4), B(2;-3;0), C(4;-1;2). Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C và có tâm nằm trên mp(ABC). Viết phương trình mặt phẳng đi qua trọng tâm của tứ diện OABC đồng thời song song với hai đường thẳng AB và OC. Câu VII.b (1,0 điểm). Cho khai triển 3 n x x   −  ÷   . Tìm hệ số của 2 x trong khai triển trên biết tổng hệ số của khai triển là 1024. Hết Lưu ý: - Học sinh thi khối D không làm câu II ý 2, câu IV ý 2 và câu V. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………………;Số báo danh……… 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 101 Câ u ý Nội dung Điểm 2 đ 1 1đ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số = 3 2 -3 +3 (C)y x x 1.Tập xác định: ¡ 2. Sự biến thiên a) Chiều biến thiên 2 2 0 ' 3 6 ; ' 0 3 6 0 2 2 ' 0 ; ' 0 0 2 0 x y x x y x x x x y y x x =  = − = ⇔ − = ⇔  =  >  > ⇔ < ⇔ < <  <  Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng (- ∞ ;0 ) và ( 2;+ ∞ ) hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ). b) Cực trị Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y CT = -1 c) Các giới hạn tại vô cực ( ) ( ) 3 2 3 3 3 2 3 3 3 3 lim lim 3 3 lim 1 3 3 lim lim 3 3 lim 1 x x x x x x y x x x x x y x x x x x →+∞ →+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞   = − + = − + = +∞  ÷     = − + = − + = −∞  ÷   d) Bảng biến thiên x - ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 3 + ∞ - ∞ -1 3. Đồ thị Bảng giá trị x -1 0 1 2 3 y -1 3 1 -1 3 4 2 -2 f x ( ) = x 3 -3 ⋅ x 2 ( ) +3 O 1 -1 B 2 3 A -1 1 I M N Tâm đối xứng của đồ thị I (1;1). 0,25 0,25 0.5 b) 1đ Vì AMBN là hcn nên đường thẳng d đi qua trung điểm I(1;1) của đoạn thẳng AB, phương trình đường thẳng d là y = k(x-1)+1. Hệ số góc của đường thẳng AB là -2 nên k ≠ -2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị ( C ) là 2 ( ) ( ) 3 2 2 2 1 3 2 0 1 2 2 0 2 2 0 ( ) x x x kx k x x x k x x k =  − − + + = ⇔ − − − − = ⇔  − − − = ∗  Với 3k > − thì d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt M, I, N. Gọi ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 1 ; ; 1M x kx k N x kx k− + − + trong đó x 1 ; x 2 là các nghiệm của phương trình (*). Theo định lí Viet ta có 1 2 1 2 2 2 x x x x k + =   = − −  từ đó dễ thấy I cũng là trung điểm của đoạn thẳng MN. Như vậy với 3k > − và k ≠ -2 thì tứ giác AMBN là hình bình hành. Để AMBN là hình chữ nhật thì AB = MN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 2 2 20; 1 4 3 1 2 5 1 3 2 0 2 1 0 2 5 1 2 AB MN x x k k k k AB MN k k k k k k k k = = − + = + +   = −  −  = ⇔ + + − = ⇔ + + − = ⇔ =   − −  =   Đối chiếu các điều kiện ta có các giá trị cần tìm là 5 1 2 k − = và 5 1 2 k − − = 0,25 0,25 0,25 0,25 II 2 đ 1 1đ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 sin 2 cos2 3 cos 3sin 2 2 3 sin cos 3 cos 2sin 3sin 1 0 2sin 1 3cos sin 1 0 2 6 1 5 sin 2 2 6 1 sin 2 3 2 2 7 2 6 x x x x x x x x x x x x x k x x k k x x k x k π π π π π π π π π + = − + ⇔ − − − + = ⇔ − − + =  = +     = = +    ⇔ ⇔ ∈      − = = +  ÷       = +   ¢ Vậy phương trình có các nghiệm 2 6 x k π π = + , 5 2 6 x k π π = + , 2 2 x k π π = + , 7 2 6 x k π π = + , k ∈ ¢ 0,5 0,5 2 1đ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 4 1 2 5 xy y y y xy x y y  + + + =   + + + =   ( I ) Điều kiện 0y ≠ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 4 ( ) 1 1 2 1 5 1 5 x y y y x x y y I y x x y x y y   + + + = + + + =     ⇔ ⇔     + + + = + + =     Đặt ( ) 1 1 ; 1 u y x v x y = + + = + ta có hệ ( ) ( ) 2 2 5 5 5 3 2 5 2 15 0 10 2 1 1 1 5 1 3 1 10 1 2 u v v u u u u v u u v v y x y x y y hay x x + = = − = − =     ⇔ ⇔ ∨     − = + − = = =       + + = − + + =   ∨     + = + =   0,25 3 2 2 1 1 10 5 1 0 2 3 1 0 1 1 9 1 2 x y y y y y x y x x = ∧ =    + + = − + =  ⇔ ∨ ⇔    = ∧ = = =    Vậy hệ có các nghiệm (1;1) và (1; 1/2 ). 0,25 0,5 II I 1 đ ( ) ( ) ( ) ( ) π π π π π π π π π π π π + = = + + = + = − − − − + − + = + − = + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 4 4 4 2 2 0 0 0 4 4 4 4 2 0 0 0 0 cos 1 1 cos 1 cos2 2 2 cos cos sin 1 1 cos 1 1 1 tan tan tan 4 2 2 2 2 2 1 sin sin 1 sin 1 0 1 1 sin 1 1 2 2 ln cos ln ln 4 4 8 2 4 sin 1 8 2 2 0 0 x x x x I dx dx dx x x x d x x xd x dx x x xdx dx x x x x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 B' C' A A' B C D I V 1 đ 1. 0,5đ Thể tích khối lăng trụ là V= 1 2 AB’.AB.AC Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ' ' ' '; ' ' 4 3 2 ; ' ' 3 2 AC AB AC ABB A AC AA AC A C AA a a a AC AB AB BC AC a a a AB B B AB a a a ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ = − = − =  ⊥  = − = − = = − = − = Vậy thể tích là 3 (dvdt) 2 a V = 0,25 0,25 2. 0,5đ Gọi D là điểm đối xứng của B qua A khi đó AB’ song song với A’D . Khi đó, khoảng cách của AB’ và A’C bằng ( ) ,( ' )d A A CD h= Ta có thể tích khối tứ diện AA’CD là: ' ' ' ' . 1 1 . ' . 3 3 ADC AA CD A CD ADC A CD A D S V h S A D S h S = = ⇒ = 2 2 2 ' 2 ) ' ' 2; 2 2 1 2 ) ' . ( do CB=CD= 2 ) . 2 2 ADC ABC A CD a A D AB a S S a a a S A D CD a a h a + = = = = + = = ⇒ = = 0,25 0,25 V 1 đ BĐT tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 4 4 4 4 x y z y x z z x y y z x z x y xyz yz xz xy yz yz xz xz xy xy + + + + + + + + ≥ ⇔ + + ≥ − − − − − − Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 2 2 2 y z yz yz yz yz yz yz yz yz yz + ≥ = ≥ − − + − + Do đó, 0,25 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 4 4 4 2 2 2 y z x z x y yz yz xz xz xy xy yz zx xy   + + + + + ≥ + +  ÷  ÷ − − − + + +   18 18 2 6 6 x y z yz zx xy ≥ ≥ = + + + + + + Dấu = xẩy ra khi x=y=z=1 0,5 0,25 Theo chương trình chuẩn VI.a 2đ 1 1đ I M B C A E D Gọi B(2;b) ta có C(4;6-c), vì thế 6-b=1 hay b=5. Do đó B(2;5), C(4;1) Phương trình AB là 4x-y-3=0, tạo độ đỉnh A thỏa mãn hệ 4 3 1 (1;1) 1 1 x y x A y y − = =   ⇔ →   = =   Vậy, A(1;1), B(2;5), C(4;1). 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1đ +) Gọi phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + = Vì O, A, B, C nằm trên mặt cầu nên ta có hệ: 2 2 2 0 1 2 4 2 6 2 2 2 8 18 2 4 8 20 0 ( ): 2 4 4 0. d a a b c d b a b c d c a b d d pt C x y z x y z = =     − + + + = − = −   ⇔   + − + = − =     − + + = − =   + + + − + = +) ( ) , 11;7;3u AB AC   = =   r uuur uuur là vtpt của mp(ABC) Gọi n r là vtpt của mp(P) cần tìm ta có n u n OA  ⊥   ⊥   r r r uuur chọn ( ) 1; 14;29n = − r Phương trình mp(P) x-14y+29z=0 0,5 0,5 VII.a 1đ Trước hết, ta lập một số có 3 chữ số phân biệt mà luôn có chữ số 1 và không có chữ số 0. Khi đó số 1 có 3 cách xếp, hai vị trí cò lại có 2 5 A cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có 3 2 5 A =60 số Cứ mỗi số abc trên có 3 vị trí xếp chữ số 0. Như vậy theo quy tắc nhân ta có 3x60=180 số cần tìm. 0,5 0,5 Theo chương trình nâng cao 5 Giả sử CD, BE là các đường cao của tam giác ABC, tọa độ của E là nghiệm của hệ ( ) 2 2 2;1 6 7 19 1 x x E x y y  = =  ⇔ →   + = =   Gọi I là trung điểm của DE, vì ME=MD nên đường thẳng MI vuông góc với đường thẳng DE, phương trình MI là 7x- 6y-3=0, tọa độ I là nghiệm của hệ 27 7 6 3 27 23 20 19 17 ; ; 6 7 19 23 17 17 27 27 17 x x y I D x y y   =   − =       ⇔ → →    ÷  ÷ + =       =     Phương trình AC là y=1 VI.b 2đ 1 1đ Trước hết ta chứng minh AM=AD.Ta có DF CE⊥ tứ giác AEMD nội tiếp đường tròn, ,AMD AED EDC ADE CDF ADM EDC AMD ADM∠ = ∠ = ∠ ∠ = ∠ ⇒ ∠ = ⇒ ∠ = ∠ Hay AM=AD Gọi D(13-2t;t) ta được AD 2 =(12t-2t) 2 +(t-2) 2 =5t 2 -52t+148 Vì AM=AD nên ta có pt 5t 2 -52t+132=0 ⇔ 6 (1;6) 22 21 22 ; 5 5 5 t D t D M = →      = → ≡  ÷     Phương trình DC là y=6, gọi C(c;6) 5 (5;6) 1 4 3 ( 3;6) c C AD CD c c C = →  = ⇔ − = ⇔  = − → −  (5;6) ) (5;2) (5;4) C B F AB DC   + ⇒ ⇒  =   uuur uuur M F E D C A B Vì các véctơ ,DM DF uuuur uuur cùng hướng nên B(5;2), C(5;6), D(1;6) thỏa mãn ( 3;6) ) ( 3;2) ( 3;4) C B F AB DC −   + ⇒ − ⇒ −  =   uuur uuur Vì các véctơ ,DM DF uuuur uuur không cùng hướng nên B(-3;2), C(-3;6), D(1;6) không thỏa mãn Vậy, B(5;2), C(5;6), D(1;6) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1đ +) Vì tâm nằm trên mp(ABC) nên (ABC) là mặt phẳng kính, ta có ( 4;2;2) . 0 ( 2; 2; 2) CA CACB CB  = −  ⇒ =  = − − −   uuur uuuruuur uuur ,tam giác ABC vuông tại C. Tâm mặt cầu cần tìm là trung điểm I(1;-1;2) của cạnh AB Bán kính mặt cầu r=3. Phương trình mặt cầu là (x-1) 2 +(y+1) 2 +(z-2) 2 =9. +) Trọng tâm của tứ diện là G(3;-1;3). Gọi n r là vtpt của mp(P) cần tìm ta có n AB n OC  ⊥   ⊥   r uuur r uuur chọn ( ) 6;10; 7n = − r Ptmp(P) là: 6(x-3)+10(y+1)-7(z-3)=0 hay 6x+10y-7z+13=0. 0,25 0,25 0,25 0,25 VII. b 1đ Ta có khai triển Niu tơn ( ) ( ) 3 2 0 0 3 3 1 .3 , 0 n n i i n n i n i i i n i n n i i x C x C x x x x − − − = =     − = − = − >  ÷  ÷     ∑ ∑ . Tổng hệ số của khai triển là ( ) ( ) 0 1 3 3 1 2 n i n n i n i − = − = − = ∑ . Theo giả thiết ta tìm được n=10 Khi đó, ( ) 10 3 10 10 10 2 10 0 3 1 3 , 0 i i i i i x C x x x − − =   − = − >  ÷   ∑ Để có số hạng chứa x 2 thì 3 10 2 8 2 i i− = ⇔ = .Hệ số cần tìm là 2 8 10 3 405C = 0,25 0,25 0,25 0,25 6 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 101 Ngày 10 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số = 3 2 -3 +3 (C)y x x (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh…………………………… ;Số báo danh……… 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 101 Câ u ý Nội dung Điểm 2 đ 1 1đ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số = 3 2 -3. lập một số có 3 chữ số phân biệt mà luôn có chữ số 1 và không có chữ số 0. Khi đó số 1 có 3 cách xếp, hai vị trí cò lại có 2 5 A cách chọn. Theo quy tắc nhân ta có 3 2 5 A =60 số Cứ mỗi số abc