ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 43 Ngày 08 tháng 01 năm 2014 Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 3 2y x x x= − + − (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm k để đường thẳng ( ) 2y k x= − cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(2; 0), B, C. Gọi MH là khoảng cách từ M(1; 2) đến BC, tìm k sao cho 4 5 MH BC = . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 4 2 2 cot 1 3 8 sin 4 4 cot 1 x cos x x x π π −   − + − =  ÷ +   2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 2 6 2 1 3 x x y y x x y x y  + = + +   − − = −   Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 3 2 2 0 sin sin 2 cos 4 1 cos x x x I dx x π + + = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Biết hai đường chéo 2 3; 2AC a BD a= = cắt nhau tại O và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a . Tính khoảng cách giữa CD, SA và tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu V( 1 điểm) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: 3a b c + + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 1 1 1 a a c b b b a c c c b a ab bc ca + − + − + − + + ≥ + + + Câu VI (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH, phân giác trong BK lần lượt có phương trình x – y + 1 = 0; 2x + y + 5 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho tam giác AMB cân tại M. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho M(1; 1; 0) và mặt phẳng (P) có phương trình 3 0x y z− + − − = . Gọi I là hình chiếu của M trên (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua I, gốc tọa độ O và cách điểm K( 17 2 ; -2; 1) một khoảng bằng 17 3 . Câu VII(1 điểm) Cho E là tập hợp các số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một được lập thành từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất sao cho lấy được một số mà các chữ số của nó đều chẵn. 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 43 Câu 1 :1. Khảo sát hàm số : 3 2 3 3 2y x x x= − + − + Tập xác định: =D R + Sự biến thiên: ( ) 2 2 ' 3 6 3 3 1y x x x= − + = − ; y’ = 0 khi x = 1 0,y x R ′ ≥ ∀ ∈ nên hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;−∞ +∞ . + Cực trị : Hàm số không có cực trị. + Giới hạn : ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 3 3 2 ; lim 3 3 2 x x x x x x x x →−∞ →+∞ − + − = −∞ − + − = +∞ + Bảng biến thiên x - ∞ 1 + ∞ y’ + 0 + y + ∞ - ∞ + Vẽ đồ thị : y’’ = 6x - 6 , y’’ = 0 khi x = 1, y(1) = - 1. f(x )=x^3-3*x^2+3x -2 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I (1; - 1) làm tâm đối xứng. Câu 1 : 2,Ta có PT hoành độ giao điểm ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 2 2 2 1 0 1x x x k x x x x k− + − = − ↔ − − + − = ( ) 2 2 1 0 2 x x x k =  ↔  − + − =  Để đường thẳng cắt đồ thị tại A, B, C thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt, suy ra phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 . Suy ra ( ) 3 4 3 0 * 4 4 2 1 0 3 k k k k  ∆ = − > >   ⇔   − + − ≠   ≠  Do A(2 ; 0) nên hoành độ B, C là nghiệm (2). Gọi ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 2 , ; 2B x k x C x k x− − với x 1 , x 2 là 2 nghiệm của (2) . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 4 1 4 3 1 4 3BC k x x k x x x x k k BC k k   = + − = + + − = + − → = + −   uuur MH là khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 0kx y k− − = nên 2 2 2 2 2 1 1 k k k MH k k − − + = = + + Theo giả thiết ( ) ( ) 2 2 2 4 5 . 1 4 3 4 5 2 4 3 4 5 1 k MH k k k k BC k + = ↔ + − = ↔ + − = + ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4 13 4 92 0 2 4 21 46 0 2 / (*)k k k k k k k t m↔ + + − = ↔ − + + = ↔ = Kết luận : k = 2. Câu 2 : 1, Điều kiện: sin 0x ≠ 2 ( ) 4 2 cos sin 2sin 2 cos2 2cos 2PT x x x x x↔ − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 cos sin os2 1 sin 2 cos sin os2 cos sin cos sin cos sin os2 0 cos sin 1 sin 2 os2 0 x x c x x x x c x x x x x x x c x x x x c x ↔ − = − ↔ − = − ↔ − − − = ↔ − − − = +) cos sin 0 tan 1 ( ) 4 x x x x k k Z π π − = ↔ = ⇔ = + ∈ (thỏa mãn) +) 1 sin 2 +cos2 1 sin 2 4 4 2 x k x x x k Z x k π π π π  = +    = ↔ + = ⇔ ∈  ÷    =  Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có nghiệm 4 x k π π = + với k ∈¢ Câu 2: 2, Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 6 1 2 1 3 2 x x y y x x y x y  + = + +   − − = −   Từ (1) viết lại ta có: ( ) 2 2 3 2 6 0x y x y y+ − − − = Có ( ) 2 9 1 0,y y∆ = + ≥ ∀ PT có 2 nghiệm x = - y – 3 , x = 2y Với x = 2y thay vào (2): 2 3 4 3 0 1; 4 y y y y+ − = ↔ = − = hệ có 2 nghiệm (-2 ; -1) ; 3 3 ; 2 4    ÷   Với y = - x – 3 thế vào (2) ta có : 3 2 1 37 3 7 6 0 2; 6 x x x x x − ± + − − = ↔ = − = Hệ có 3 nghiệm ( ) 1 37 17 37 1 37 17 37 2; 1 ; ; ; ; 6 6 6 6     − + − − − − − + − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Vậy hệ có 4 nghiệm ( ) 1 37 17 37 1 37 17 37 3 3 2; 1 ; ; ; ; ; ; 6 6 6 6 2 4     − + − − − − − +   − −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       Câu 3 : Viết lại tích phân: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 2 0 0 0 sin 1 cos sin sin 2 cos 4 4 1 cos 1 cos 1 cos x x x x x I dx dx dx H K x x x π π π + + + = = + = + + + + ∫ ∫ ∫ Câu 3 : Tính : ( ) ( ) 2 2 2 0 sin 1 cos 1 cos x x H dx x π + = + ∫ đặt 1 os sin ;t c x dt xdx= + → = − Đổi cận 0 2; 1 2 x t x t π = → = = → = khi đó 2 2 2 2 2 2 11 1 2 2 2 2 2 1 2ln 2 2ln 2 t t H dt dt t t t t t t − +     = = − + = − − = −  ÷  ÷     ∫ ∫ Tính ( ) 2 2 2 2 2 4 2 0 0 0 4 1 tan 2 1 cos os os 2 2 dx x dx K dx x x x c c π π π   = = = +  ÷   + ∫ ∫ ∫ , đặt 2 1 tan 2 2 os 2 x dx t dt x c = → = . Khi 0 0; 1 2 x t x t π = → = = → = suy ra ( ) 1 1 3 2 0 0 8 2 1 2 3 3 t K t dt t   = + = + =  ÷   ∫ Vậy 8 14 2 2ln 2 2ln 2 3 3 I H K= + = − + = − 3 Câu 4: Trong tam giác ABO có · · 0 tan 3 60 OA ABO ABO OB = = → = Suy ra ∆ABD đều cạnh 2a. Từ giả thiết có ( ) SO ABCD⊥ . Gọi H, K lần lượt là trung điểm AB, BH. Ta có DH = 3a . OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH= = Ta có AB ⊥ (SOK), gọi I là hình chiếu của O trên SK thì OI ⊥ (SAB) j O D C A B S K I H Theo giả thiết OI = 3 4 a . Do CD // AB nên CD//(SAB) suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 , , , 2 , 2 2 a d CD SA d CD SAB d D SAB d O SAB OI= = = = = Từ ∆SOK vuông tại O suy ra 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + → = . Diện tích đáy 2 1 1 . .2 3.2 2 3 2 2 ABCD S AC BD a a a= = = Thể tích khối chóp là 3 1 3 . 3 3 SABCD ABCD a V SO S= = Câu 5 : Bất đẳng thức tương đương ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 0 1 1 1 3 1 3 1 3 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 1 1 1 a a c b b b b a c c c c b a a ab bc ca a b b c c a a b b c c a ab bc ca ab bc ca a b b c c a a b c ab bc ca ab bc ca + + − + + − + + − + + ≥ + + + − − − − − − ⇔ + + ≥ ↔ + + ≥ + + + + + + − − − + + + ↔ + + + + + ≥ ↔ + + ≥ + + + + + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 3 1 1 1 1 1 1 3 . . 1 1 1 1 1 1 a b c a b c ab bc ca ab bc ca + + + + + + + + ≥ + + + + + + Ta phải chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 . . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c ab bc ca ab bc ca + + + ≥ ↔ + + + ≥ + + + + + + Thật vậy, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 (*) a b c ab bc ca abc ab bc ca a b c a b c abc a b c ab bc ca a b c abc + + + ≥ + + + ↔ + + + + + + + ≥ + + + + + + + ↔ ≥ + Câu 6 : 1, Từ 3 3 3 3 1a b c abc abc+ + = → ≥ ↔ ≤ Suy ra (*) đúng. Vậy ( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 1 1 1 a a c b b b a c c c b a ab bc ca + − + − + − + + ≥ + + + đẳng thức khi a = b = c = 1. 4 Do AB ⊥ CH nên phương trình AB có dạng x + y + 1 = 0; { } B BA BK= ∩ nên tọa độ B là nghiệm hệ 2 5 0 4 1 0 3 x y x x y y + + = = −   ↔   + + = =   B(-4; 3) H I A B C K A' Lấy A’ đối xứng với A qua BK thì A’ thuộc BC. PT đường thẳng d qua A và vuông góc với BK có dạng : x – 2y – 5 = 0. Gọi { } I d BK= ∩ thì tọa độ I là nghiệm của hệ 2 5 0 1 2 5 0 3 x y x x y y + + = = −   ↔   − − = = −   Từ I(-1; -3) suy ra A’(-3; -4) BC qua B, A’ nên PT BC có dạng 4 3 7 x t y t = − +   = −  M ∈ BC nên M(-4 + t; 3 -7t) Ta có ( ) ( ) 5 ;7 5 ; ;7MA t t MB t t= − − = − uuur uuur ∆AMB cân tại M ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 7 5 49MA MB MA MB t t t t= ↔ = ↔ − + − = + uuur uuur 5 8 t↔ = . Vậy M 27 11 ; 8 8   − −  ÷   Câu 6: 2,Gọi ( ) ; ;I x y z ( ) 1; 1;MI x y z→ − − uuur (P) có vecto pháp tuyến ( ) 1;1; 1n − − r . Ta có ,MI n uuur r cùng phương nên 1 1 x t MI tn y t z t = −   = ↔ = +   = −  uuur r suy ra ( ) 1 ;1 ;I t t t− + − Do I thuộc (P) nên ta có phương trình: -1 + t + 1 + t + t – 3 = 0 được t = 1 nên I(0 ; 2 ; - 1). Ta có ( ) 0;2; 1OI = − uur . Gọi ( ) ; ; Q n a b c= r là véc tơ pháp tuyến của (Q). ( ) 2 2 2 0a b c+ + ≠ Do (Q) chứa O, I nên ( ) . 0 2 0 2 ; ;2 Q Q Q n OI n OI b c c b n a b b⊥ ↔ = ↔ − = ↔ = → = r uur r uur r .Phương trình (Q): 2 0ax by bz+ + = Theo gt ( ) ( ) 2 2 2 2 17 17 17 2 , 3 2 5 2 3 3 5 a d K Q a a b a b a b = ↔ = ↔ = + ↔ = ± + Với a = 2b chọn b = 1 có a = 2 Phương trình (Q) có dạng 2 2 0x y z+ + = Với a = - 2b chọn b = -1 có a = 2 Phương trình (Q) có dạng 2 2 0x y z− − = Câu 7 : Tìm số phần tử của E: Gọi abc là số có 3 chữ số khác nhau. Khi đó a có 6 cách chọn từ 1 → 6 còn b có 5 cách chọn ( trừ số đã chọn cho a), c có 4 cách chọn . Vậy có tất cả 6 x 5 x 4 = 120 số thuộc E. Gọi Ω là không gian mẫu. Do chọn một phần tử thuộc E nên ( ) 120n Ω = . Gọi A là biến cố: “chọn được số mà các chữ số của nó đều chẵn” { } 246,264,462,426,642,624A→ = → n(A) = 6 Vậy xác suất cần tìm là ( ) ( ) ( ) 6 1 120 20 n A P A n = = = Ω . 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 43 Ngày 08 tháng 01 năm 2014 Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3 3 2y x x x= − + − (C) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm k để. chữ số khác nhau. Khi đó a có 6 cách chọn từ 1 → 6 còn b có 5 cách chọn ( trừ số đã chọn cho a), c có 4 cách chọn . Vậy có tất cả 6 x 5 x 4 = 120 số thuộc E. Gọi Ω là không gian mẫu. Do chọn. tập hợp các số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một được lập thành từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một phần tử của E. Tính xác suất sao cho lấy được một số mà các chữ số của nó đều chẵn. 1 HƯỚNG