ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán –Khối A,A1, B,D Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 23 23 +−= xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2)2( −−= xmy cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin sin cos − = + + x x x x x 2. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 3 1 3 2 3 4x x x x x+ − − − + + − ≥ Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ + 4 0 66 cossin 4sin π dx xx x Câu IV (1 điểm Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB= = = và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC theo a. Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3 a b c ab ab bc bc ac ac + + ≥ + + + + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường thẳng y = 2, phương trình cạnh BC: 023 =+− yx . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1 : x y z1 1 2 1 2 − + = = và d 2 : x y z2 1 1 1 2 − − = = − . Lập phương trình đường thẳng d cắt d 1 và d 2 và vuông góc với mặt phẳng (P): x y z2 5 3 0+ + + = . Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 2 2 2 4 4 2 8log 9 3 2log ( 3) 10 log ( 3)x x x− + + = + − B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( ) 3;3I và 2AC BD= . Điểm 4 2; 3 M    ÷   thuộc đường thẳng AB , điểm 13 3; 3 N    ÷   thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B cóhoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): 1 0− + − =x y z để ∆MAB là tam giác đều. Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng 2011 2011 2 2011 1 2011 0 2011 2012 32 CCCCS ++++= Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – MÔN TOÁN Câu Đáp án Điể m I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ ; nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= ￚ Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0.25 ￚ Bảng biến thiên: 0.25 • Đồ thị: 0.25 2.(1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) ĐK: 4 x k π π ≠ − + . PT ⇔ (1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )+ − − = + +x x x x x x 0.25 1 sin 0 sin cos sin cos 1 0 x x x x x + =  ⇔  + + + =  0.25 ( ) ( ) 1 sin 0 1 sin cos 1 0 x x x + =  ⇔  + + =  0.25 2 2 2 x k x k π π π π  = − +  ⇔  = +  ( Thoả mãn điều kiện) 0.25 2.(1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 III (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 IV (1,0 điểm) (1,0 điểm) Trong (ABC), kẻ CH AB ⊥ ( ) H AB∈ , suy ra ( ) ' 'CH ABB A⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( ) · ( ) · · 0 ' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H= = =    . 0.25 • 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S AC BC ∆ = = • 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ = • 2. 21 7 ABC S a CH AB ∆ = = Suy ra: 0 2 21 ' sin30 7 CH a A C = = . 0.25 Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7 a AA A C AC= − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . 0.25 Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ' , ' ', ' ' , ' ' 7 a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH= = = = . 0.25 V (1,0 điểm) (1,0 điểm) Ta có VT = 2 2 2 ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) a b c ab ab bc bc ac ac + + + + + + + + = 1 1 1 2 1 2 1 2 1 ( )(2 ) ( )(2 ) ( )(2 )b b c c a a a a b b c c + + + + + + + + Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt , , y z x a b c x y z = = = với x, y, z > 0 Khi đó VT = 1 1 1 ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) y z z y z x x z x y y x x x x x y y y y z z z z + + + + + + + + = 2 2 2 ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) x y z y z z y z x x z x y y x + + + + + + + + 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 9 ( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( ) 2 y z z y yz y z yz y z yz y z+ + = + + + = + + ≤ + Suy ra 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 x x y z z y y z ≥ + + + (1) 0.25 Tương tự có 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 y y z x x z x z ≥ + + + (2); 2 2 2 2 2 ( 2 )( 2 ) 9 z z x y y x y x ≥ + + + (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 9 x y z y z x z y x ≥ + + + + + 0.25 Lại có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z y z x z y x + + + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( )( ) 3x y z y z x z y x + + + + − + + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 (( ) ( ) ( ))( ) 3 .9 3 2 2 2 x y y z z x y z x z y x + + + + + + + − ≥ − = + + + (BĐT Netbit) Suy ra VT 2 3 1 . 9 2 3 ≥ = (đpcm) 0.25 VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 2.(1,0 điểm) Viết lại x t d y t z t 1 1 1 1 1 2 : 1 2  = +  = − +   =  , x t d y t z t 2 2 2 2 2 : 1 2  = +  =   = −  . (P) có VTPT n (2;1;5)= r 0.25 Gọi A = d ∩ d 1 , B = d ∩ d 2 . Giả sử: A t t t 1 1 1 (1 2 ; 1 ;2 )+ − + , B t t t 2 2 2 ((2 2 ; ;1 2 )+ − ⇒ AB t t t t t t 2 1 2 1 2 1 ( 2 1; 1; 2 2 1)= − + − + − − + uuur . 0.25 d ⊥ (P) ⇔ AB n, uuur r cùng phương ⇔ t t t t t t 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 5 − + − + − − + = = ⇔ t t 1 2 1 1  = −  = −  0.25 ⇒ A(–1; –2; –2) ⇒ Phương trình đường thẳng d: x y z1 2 2 2 1 5 + + + = = . 0.25 VII.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b (2,0 điểm) (1,0 điểm) Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5 ' 3; 3 N    ÷   Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3 2 0x y− + = Suy ra: ( ) 3 9 2 4 , 10 10 IH d I AB − + = = = 0.25 Do 2AC BD= nên 2IA IB= . Đặt 0IB x= > , ta có phương trình 2 2 2 1 1 5 2 2 4 8 x x x x + = ⇔ = ⇔ = 0.25 Đặt ( ) ,B x y . Do 2IB = và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 14 4 3 5 18 16 0 3 3 2 5 8 2 3 2 3 2 0 5 x x y y x y y x y x y y  =   = >  − + =  − + − =   ⇔ ⇔ ∨     = = − − + =      =   0.25 Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8 ; 5 5 B    ÷   Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 18 0x y− − = . 0.25 2.(1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): 3 0 + − − = x y z 0.25 Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: 2 1 x y t z t =   = +   =  0.25 M ∈ d ⇒ (2; 1; )+M t t 2 2 8 11⇒ = − +AM t t , AB = 12 0.25 ∆ MAB đều khi MA = MB = AB 2 4 18 2 8 1 0 2 ± ⇔ − − = ⇔ =t t t 6 18 4 18 2; ; 2 2   ± ± ⇒  ÷   M 0.25 VII.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Xét đa thức: 2011 0 1 2 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 ( ) (1 ) ( )f x x x x C C x C x C x= + = + + + + 0 1 2 2 3 2011 2012 2011 2011 2011 2011 .C x C x C x C x= + + + + 0.25 Ta có: 0 1 2 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 ( ) 2 3 2012f x C C x C x C x ′ = + + + + 0 1 2 2011 2011 2011 2011 2011 (1) 2 3 2012 ( )f C C C C a ′ ⇒ = + + + + 0.25 Mặt khác: 2011 2010 2010 ( ) (1 ) 2011(1 ) . (1 ) (1 2012 )f x x x x x x ′ = + + + = + + / 2010 (1) 2013.2 ( )f b⇒ = 0.25 Từ (a) và (b) suy ra: 2010 2013.2 .S = 0.25 Chú ý: - Các cách giải khác với đáp án mà đúng cho điểm tương đương - Điểm toàn bài không làm tròn . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán –Khối A,A1, B,D Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 23 23 +−= xxy 1 ∆MAB là tam giác đều. Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng 2011 2011 2 2011 1 2011 0 2011 2012 32 CCCCS ++++= Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – MÔN TOÁN Câu Đáp án. biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2)2( −−= xmy cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc