Đề thi thử đại học môn Toán chọn lọc số 38

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