ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 38 Ngày 26 tháng 12 năm 2013 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x 3 – 3x + 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho tiếp tuyến với ( C) tại M, cách đều hai điểm cực trị của đồ thị hàm số Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2tan2x + 2sin2x = 3cotx . 2. Giải phương trình: 3 3 2 3 2.3 3 2 0 x x x x x+ − − − + = Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 3 3 4 2012x x x dx x − + ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2 2 2 2 3 1 0 4 2 2 0 x y x y x xy x y + +  + − − + =   − − =   II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 3 1 5 1 2 4 x y z− − − = = và điểm A(2;3;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ∆ là lớn nhất 2. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d 1 : x – 2y + 1 = 0; d 2 : 3x – y – 2 = 0; d 3 : 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d 1 điểm N trên d 2 sao cho MN = 5 và MN song song với d 3 CâuVII.a (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác nhau mà tổng của ba chữ số đó bằng 7 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x 2 + y 2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2 + MB 2 nhỏ nhất 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x -3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng d: 1 3 1 2 x t y t z t = +   = − +   =  và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt đường thẳng d và song song với mặt phẳng (P ) Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = 2 x 0 1 cos 2013x. cos 2014x lim x → − Hết Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 38 Câu 1:1.TXĐ: D = R lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 2.Sự biến thiên: y' = 3x 2 - 3, y ' = 0 <=> x = 1 và x = -1 ' 0 ( ; 1) (1; ); ' 0 ( 1;1)y x y x> ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ < ⇔ ∈ − do đó hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) (1; )va−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, y cđ = 4; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y ct = 0 Bảng biến thiên 3. Đồ thị. -Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-2; 0), (-1; 4), (0; 2), (1; 0), (2; 4) và đối xứng qua điểm (0; 2) -Vẽ đồ thị Câu 1: 2, -Điểm M thuộc (C) nên M(a, a 3 - 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc k = 3a 2 - 3 -Tiếp tuyến tại M cách đều 2 trục toạ độ chỉ xẩy ra trong các trường hợp sau TH1. TT song song với AB (đường thẳng đi qua 2 cực trị): 2x + y - 1 = 0 <=> 3a 2 - 3 = -2<=> 1 3 1 3 a a  =   −  =   <=> 1 8 ( ;2 ) 3 3 3 1 8 '( ;2 ) 3 3 3 M M  −    − +   TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2)-Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán Câu 2: 1, -ĐK os2 0 sinx 0 c x ≠   ≠  2 2 2sin 2 (1 os2 ).sinx 3cos . os2 2sin 2 .cos 3cos . os2 cos 0 1 os2 ;cos 0; os2 2; ; ; 2 2 6 6 2 os 2 3 os2 2 0 pt x c x x c x x x x c x x c x x c x x k x n x m c x c x π π π π π π ⇔ + = ⇔ = =  − ⇔ ⇔ = = = − ⇔ = + = + = +  + − =  -Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm: Câu 2: 2, 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2.3 3 .3 2 0 3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(2 3 ) 0 3 1;3 2 0( ) 0; 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x pt VN x x + − − + + − − − + − + ⇔ − − + = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = + = ⇔ = = ± Câu 3: 3 3 1 2 4 3 2012 x x dx I dx I I x x − = + = + ∫ ∫ -Tính I 1 : 3 2 1 3 1 1 x I dx x − = ∫ , đặt 3 2 2 3 2 2 3 3 1 1 2 3 1 1 3 2 dx dx t t t dt t dt x x x x − = − ⇒ = − ⇒ = ⇔ = − 4 3 3 1 1 2 2 2 2 3 3 1 1 1 ; 1006 2 2 I t dt C I C x x   = − = − − + = − +  ÷   ∫ Vậy : I= 4 3 2 3 1 1 2 x   − −  ÷   - 2 1006 C x + Câu 4: Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y' y 4 0 − ∞ +∞ -1 1 0 0 − ∞ +∞ 1 4 y x O - 2 - 1 2 2 Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức 1 . 3 ABC V S SH ∆ = mà 1 . 6 2 ABC S AB AC ∆ = = -Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, SHK vuông tại H, có các góc SMH, SNH, SKH bằng 60 0 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => 2 1 ABC S HM AB BC CA = = + + =>SH = HM.tan60 0 = 3 Vậy 1 3.6 2 3 3 V = = Câu 5: <=> 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 2 (2 1)( 1) (2 1) 0 2 2 3 1 0 2 2 3 2 1 2 1 0 4 2 2 0 2 2 0 1 2 2 1 0 x y x y x y x y x y x y x x x x y x x xy x y y x y x x y y + + + + + +   =  − =      − − + − =        + − − + = =        = ± ⇔ ⇔ ⇔ = −        + − =  − − =        =    = =      =  ∨       = =    Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: Câu 6a: 1, Giả sử ∆ cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên ∆ khi đó OOH A≤ do đó OH lớn nhất khi H trùng A, như vậy đường thẳng ∆ cần lập vuông góc với OA <=> . 0AB OA = uuur uuur mà ( 1;2 2;4 4); (2;3;1)AB t t t OA= + − + uuur uuur , nên . 0AB OA = uuur uuur <=> 2t + 2 + 6t - 6 + 4t + 4 = 0 <=> t = 0 => B(3; 1; 5). Vậy 3 1 5 : 1 2 4 x y z− − − ∆ = = − 2, M thuộc d 1 , N thuộc d 2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) 2 2 2 5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − = <=> (1) 3 3 / / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0 d MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ = uuuur uur thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) Câu 7: -Bộ 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 gồm {0; 1; 6} (a), {0; 2; 5} (b), {0; 3; 4} (c), {1; 2; 4} (d) -Mỗi bộ trong các bô (a), (b), (c) có số cách lập là: 3! - 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0 đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập -Bộ (d) có 3! = 6 số được lập -Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán Câu 6b: 1, -Đường tròn (C) có tâm 1 5 ( ;2), 2 2 I R = -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 MA MB AB AB MH P MA MB MH + = − ⇔ = + = + do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C) mà 5 3 : 4 4 x t IH y t = +   = − −  , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 2, -Giả sử B là giao điểm của d và ∆ => B(1 + 3t; -1 + t; 2t) -Vì AB//(P) nên . 0 0 P AB n t= ⇔ = uuur uur => B(1; -1; 0) -Vậy đường thẳng ∆ : 3 1 1 2 2 1 x y z− − − = = Câu 7b: 2 x 0 1 cos 2013x c 2013x(1 cos2014x) I lim x → − + − = = os 2 2 2 2 2 2 x 0 2013x 2sin 2sin 1007x c 2013x 2013 2 . ) 2.(1007) x x 2 1 c 2012x lim → + + + os [ ]=2.( os Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 B . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 38 Ngày 26 tháng 12 năm 2013 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x 3 – 3x + 2 1. Khảo sát sự biến thi n. (c) có số cách lập là: 3! - 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0 đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập -Bộ (d) có 3! = 6 số được lập -Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán Câu. đó hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) (1; )va−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, y cđ = 4; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y ct = 0 Bảng biến thi n 3.