ĐỀ SỐ 3. THI THỬ ĐẠI HỌC Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . 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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng ( ∆ ): 3 4 7 0x y− + = . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng ( ∆ ) tại hai điểm B, C sao cho ∆ ABC vuông tại A và có diện tích bằng 4 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 : 2 1 1 x y z− − − ∆ = = − và điểm A(2;1;2). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ∆ sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1 1 : 2 1 x t d y t z = +   = −   =  ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Viết phương trình mp(P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x + − + =    + =   . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 3 Câu 1: Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ -Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 ' 0 1 x y x =  = ⇔  =  -BBT: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 Đồ thị:Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2 = − ⇒ = ⇔ =y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I⇒ là điểm uốn của đồ thị. Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm Đồ thị (C) cắt trục Oy tại ( ) A 0;1 Đồ thi cắt trục Ox tại ( ) 1 B 1;0 ;C ;0 2   −  ÷   Học sinh Tự vẽ đồ thị phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + ( ) 2 0 9 8 0 : 3 8 9 =   ⇔ − = ⇔ <  =  m m m tmdk m m . 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇒ =  ⇔ − + − = ⇔  − + − =  x y x x mx m x mx m Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x  + =    −  =   và 2 1 2 1 A A B B y x y x = +   = +  ( vì A và B thuộc (d)) AB= 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y⇔ − + − = 2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2 − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = B A B A B A m m x x x x x x Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   Câu 2: 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . Điều kiện: x+2y 1 0+ ≥ Đặt t = 2 1 (t 0)x y+ + ≥ Phương trình (1) trở thành : 2t 2 – t – 6 = 0 ( ) ( ) 2 / 3 t/m 2 t t m t k  =  ⇔  = −   + Hệ 2 2 2 3 4 2 7 x y x y xy + =  ⇔  + + =  2 1 1 1 2 x x y y =  =   ⇔ ∪   = =    Câu 3: Ta có: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x − + ∫ Đặt t = lnx + 1 ⇒ dt = 1 dx x ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t −   = −  ÷   ∫ ∫ = ( ) 2 1 t ln | t |− = 1 – ln2 Câu 4: BC AB BC (SAB) BC SB BC SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc · SBA . Theo giả thiết · SBA = 45 0 Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC. Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS. Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a., SA ⊥ (ABC), MH // SA nên MH ⊥ (ABC). Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. Suy ra 3 M.ABC ABC 1 a V MH.S 3 12 ∆ = = Cõu 5: Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0 > t Khi đó . 5 2 3 2 t t A + = Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3;3 . Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1=== zyx Cõu 6a: 1. Gi AH l ng cao ca ABC , ta cú 4 ( ; ) 5 AH d A= = 1 4 1 4 . . . 2 2 5 2 5 ABC S AH BC BC BC = = = . Gi I ;R ln lt l tõm v bỏn kớnh ca ng trũn cn tỡm, ta cú : 1 1 2 R AI BC= = = . Phng trỡnh tham s ca ng thng ( ): x 1 4t y 1 3t ỡ =- + ù ù ớ ù = + ù ợ I ẻ ( ) ị I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1 16t 2 + (3t 1) 2 = 1 t = 0 hoc t = 9 5 + t = 0 ị I(-1; 1) Phng trỡnh ca ng trũn l: (x + 1) 2 + (y 1) 2 = 1 + t = 9 5 ị I(- 1 25 ; 43 25 ). Phng trỡnh ca ng trũn l: (x + 1 25 ) 2 + (y 43 25 ) 2 = 1 Cõu 6a: 2. ng thng i qua im M(1 ; 1 ; 2 ) v cú vtcp l u = (2 ; -1 ; 1). Gi n = (a ; b ; c ) l vtpt ca (P). .Vỡ ( )P nờn . 0n u = 2a b + c = 0 b = 2a + c n =(a; 2a + c ; c ) Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l: a(x 1) + (2a + c )(y 1) + c(z 2 ) = 0 ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) = 1 3 2 2 2 1 3 (2 ) a a a c c = + + + ( ) 2 0a c + = 0a c + = Chn a = 1 , c = -1 Suy ra phng trỡnh ca mt phng (P) l x + y z = 0 Cõu 7 a: Cho khai trin ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tỡm giỏ tr ca a 6 . ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 2 1 2x ộ ự + + ờ ỳ ở ỷ = 4 ( ) 10 1 2x+ + 4 ( ) 12 1 2x+ + ( ) 14 1 2x+ H s ca x 6 trong khai trin 4 ( ) 10 1 2x+ l 4.2 6 . 6 10 C H s ca x 6 trong khai trin 4 ( ) 12 1 2x+ l 4.2 6 . 6 12 C H s ca x 6 trong khai trin 4 ( ) 14 1 2x+ l 2 6 . 6 14 C Vy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C + 2 6 . 6 14 C = 482496 Cõu 6b: 1. Vỡ im A thuc ng thng x + y + 3 = 0 v C thuc ng thng x+ 2y + 3 = 0 nờn A(a ; - a 3) v C(- 2c 3 ; c). I là trung điểm của AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c − − = = −   ⇒ ⇔   − − + = − = −   ⇒ A(-1; -2); C(5 ;-4) Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u r =(1;3) có ptts là x 2 t y 3 3t = +   = − +  B ∈ BD ⇒ B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó : AB uuur = (3 +t ;–1+3t); CB uuur = (- 3+t; 1+3t) . 0AB CB → → = Û t = ± 1. Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;- 6) và D(3;0) Câu 6b: 2. 1 d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : ( ) 1 1; 1;0u → = − ; 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: ( ) 2 1; 2;2u → = − . Gọi n → là một vtpt của (P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n → = [ 1 2 ;u u → → ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ (P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5D D⇔ + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D + = +  ⇔  + = − +  3 17 3 D D = −   ⇔  = −  Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17 3 = 0 Câu 7b: Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 (1) 8 2 .3 2.3 (2) x x y x y y x + − + =    + =   . Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 (1) ⇔ y – 2x + 8 = ( ) 6 2 2y x⇔ = Thay 2y x= vào phương trình (2), ta được 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x + = 8 18 2.27 x x x ⇔ + = 8 18 2 27 27 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     3 2 2 2 3 3 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     Đặt: t = 2 3 x    ÷   (t > 0) Ta có phương trình ( ) ( ) 3 2 2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + = 0 1 0 x t y =  ⇔ = ⇒  =  Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0) . hàm số .33 , 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3; 3 . Suy ra )(tf đồng biến trên ]3, 3[ . Do đó . 3 14 )3( )( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi . 13. ĐỀ SỐ 3. THI THỬ ĐẠI HỌC Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n. đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u r =(1 ;3) có ptts là x 2 t y 3 3t = +   = − +  B ∈ BD ⇒ B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó : AB uuur = (3 +t ;–1+3t); CB uuur = (- 3+ t; 1+3t) . 0AB CB → → = Û t