Đề thi thử đại học môn Toán chọn lọc số 45

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 45
Ngày 11 tháng 01Năm 2014
I. Phần chung (7 điểm)
Câu I.(2điểm). Cho hàm số y=x
3
+2mx
2
+(m+3)x+4 (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=2;
2) Cho E(1;3) và đường thẳng ∆ có phương trình x-y+4=0. Tìm m để ∆ cắt (Cm) tại 3 điểm
phân biệt A(0;4), B, C sao cho diện tích tam giác EBC bằng 4.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải bất phương trình: .
2) Giải phương trình: .
Câu III.(1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đăý ABC là tam giác cân tại A, hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC, góc giửa (SBC)
và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích và diện tích toàn phần của khối chóp SABC. Biết AB=5, BC=6.
Câu IV.(2 điểm)
1) Tính tích phân: I= .
2) Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có 3 cạnh lần lượt có phương trình là:
AB: 2x-y+4=0; BC: x-2y-4=0; AC: 2x+y-8=0;
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
2) Trong không gian cho điểm M(1;2;-1) và đường thẳng d có phương trình
1 1

:
1 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và khoảng cách
từ M tới (P) bằng .
Câu VIa(1 điêm). Tìm k để hệ phương trình sau có nghiệm:
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu V b(2 điêm)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn: x
2
+y
2
-2x-4y-20=0(C), có tâm là I và điểm M(-
1;3). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn tại A và B sao cho diện tích
tam giác IAB lớn nhất.
2) Trong không gian cho đường thẳng d và d’ có phương trình lần lượt là và
d’: .
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và tạo với d’ một góc bằng 30
0
.
Câu VI b(1 điểm). Giải hệ phương trình:
Hết
Mời các bạn dự thi vào tối thứ tư và thứ 7 hàng tuần(19 giờ đến 22 giờ)
184 đường Lò Chum Thành Phố thanh Hóa
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 44
Câu I (2,0 điểm) 1, * Tập xác định: R

* Sự biến thiên: − Chiều biến thiên:
/ 2 /
3 6 , 0 0, 2y x x y x x= − + = ⇔ = =
. Hàm số đồng biến trên khoảng(0;2)
nghịch biến trên các khoảng
( ,0)−∞
và
(2, )+∞
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
=0 và cực đại tại x = 2, y
CĐ
=3
− Giới hạn:
lim , lim
x x→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
− Bảng biến thiên:
- Đồ thị :Đồ thị đi qua các điểm (-1;3), (3;-1) và nhận I(1;1) làm tâm đối xứng.
2, Gọi điểm M(m; 3)
( )
d∈
,y=3. Phương trình tiếp tuyến của (
)C
qua M và có dạng :
( )
:∆
y = k ( x - m) + 3.
Hoành độ tiếp điểm của (C) và
( )∆

là nghiệm của hệ:
( ) ( )
( )
3 2
2
3 1 3, 1
3 6 , 2
x x k x m
x x k

− + − = − +


− + =


Thay k từ (2) vào (1) ta có phương trình: (x -2)[2x
2
+ (1 -3m)x + 2] = 0 (3)
⇔
( ) ( ) ( )
2
2
2 1 3 2 0, 4
x
g x x m x
=


= + − + =


Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C)
⇔
phương trình (3) có 3
nghiệm phân biệt
⇔
Phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2.
⇔
( )
2
1
0
9 6 15 0
5
2
2 0 12 6 0
3
g
m
m m
m
g m
< −

∆ >


− − >
 
⇔ ⇔

  
≠ >
≠ − ≠





Câu II (2,0 điểm) 1, Điều kiện: cosx ≠ 0,

3
sin
2
x ≠ −

Khi đó pt đã cho
( ) ( )
2 2
3cot 3 2 cos 2 2 sin 2cos 0x x x x⇔ − + − =
( )
( )
( )
2 2 2
2
cos
3cos 2 2 2 sin cos 0 3cos 2sin 2 sin cos 0
sin
x
x x x x x x x
x

 
⇔ − + − = ⇔ − − =
 ÷
 
2 2
)cos 2 sin 0 2 cos cos 2 0x x x x+ − = ⇔ + − =

⇔
( )
1
cos 2 ,cos 2
4
2
x L x x k
π
π
= − = ⇔ = ± +

2 2
) 3cos 2sin 0 2cos 3cos 2 0x x x x+ − = ⇔ + − =

⇔
( )
1
cos 2 ,cos 2
2 3
x L x x k
π
π
= − = ⇔ = ± +

.
Đối chiếu với đ/k bài toán thì pt chỉ có 3 họ nghiệm:.
2 , 2 ,
4 3
x k x k k
π π
π π
= ± + = + ∈¢
2, Ta thấy (x, y) = (0, 0) là một nghiệm và hệ không có nghiệm:
0
0
x
y
=


≠

hoặc
0
0
y
x
=


≠

Hệ đã cho
( )

( )
( )
( )
2
2 2
2
2 2
2 2
15
15
85 2 2 85
x y
x y
x y
x y
y x
y x
x y x y
x y x y xy
y x y x

 

 
+ + =

+ + =
 ÷

 ÷

 

 

⇔ ⇔
 
 
 
 
 
 
+ + = + − + − =
 
 ÷
 ÷
 
 
 
 
 

 

Đặt:
,
x y
u v x y
y x
= + = +
suy ra (x + y)

2
- 2xy = uxy
⇔
xy =
2
2
v
u +
( vì u
≠
- 2)
Thay xy vào hệ trên ta có :
( )
2
2
2
15
15
14 17 45 0
2 85
2
uv
uv
uv
u u
u
u
=

=



⇔
 
− − =
− =


+

. Từ đó:
a)
5
5
2 4
6
,
2
4 2
6
6
x y
x x
u
y x
y y
v
x y



+ =
= =
=
 
 
⇔ ⇔
   
= =
 
 
=
+ =


b)
9
9
7
7
35
35
3
3
x y
u
y x
v
x y



+ = −
= −


 
⇔
 
 
= −
+ = −




Hệ b) vô nghiệm. Tóm lại hệ có 3 nghiệm (0, 0); ( 2, 4); (4, 2).
Câu III (1,0 điểm) Tính I =
2
3
2
2
1
ln
1
e
x
x dx
x
−
+
∫

. Đặt
2
2
3
1
ln
1
x
u
x
dv x dx

−
=

+


=

ta có
4
4
4
1
1
4
x
du dx
x

x
v

=


−

−

=



I =
4 2 4 2 2 4 2 2
2 2 2
2 2
2
1 1 1 1 1 1 3
ln | ln | ln ln 3 1
4 1 4 1 2 4 1 4 2
e
e e
x x e e x e e e
xdx
x e e
− − − − − −
− = − = + − +
+ + +

∫
Câu IV (1,0 điểm) Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy suy ra
SA
⊥
(ABCD). (1) mà AB là hình chiếu của SB trên mp(ABCD) nên BC
⊥
SB (2). Từ (1) và (2) suy ra
∠
SBA =
60
0
. Tương tự
∠
SDA = 60
0
.Ta có SA = AB.tan60
0
= a
3
, AC = 2MN = a
2
nên AB = BC = a.
BMN ABCD ABM BCN DMN
S S S S S= − − −
=
2
3
8
a
.

3
1 3
.
3 8
MNBS BMN
a
V SA S= =
Gọi K là giao điểm của AN và BM . Ta có:
∆
ABM =
∆
DAN (c.g.c) nên
BM
⊥
AN, mặt khác BM
⊥
SA suy ra BM
⊥
(SAN) . Gọi L là hình chiếu của K trên SN, ta có KL là đường vuông
góc chung của BM và SN. Ta có :
∆
NKL
:

∆
NSA (g.g.) nên
KL NK
SA NS
=
.

2 2
17
2
NS SA NA a= + =
. Mặt khác
∆
KAM
:

∆
DAN (g.g.) nên ta có:
KN AM
AD AN
=
suy ra
. 5
5
AD AM
AK a
AN
= =
, NK = NA - AK =
3 5
10
a
. Từ đó suy ra
. 3
3
85
SA NK

KL a
NS
= =
.
Câu V (1,0 điểm) Ta có:
1 1 1
3 3ab bc ca abc
a b c
+ + ≤ ⇔ + + ≤
Đặt
1 1 1
, ,x y z
a b c
= = =
suy ra x > 0, y > 0, z > 0, 0 < x + y + z
3
≤
(1) P =
( )
3 3 3
3 3
, 2
a b c abc
a b c a b c xy yz zx
+ +
≥ =
+ + + + + +

Mặt khác ta có: x
2

+ y
2
+ z
2

xy yz zx≥ + +

2
( ) 3( )x y z xy yz zx⇔ + + ≥ + +
( )
2
3
x y z
xy yz zx
+ +
+ + ≤
. Kết hợp (1) suy ra 0 < xy + yz + zx
3
≤
thay vào (2)
Ta có P
1≥
. Vậy GTNN của P = 1, xảy ra khi a = b = c = 1.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1, Đường thẳng
∆
qua M(0;2) có dạng:
( ) ( )
( )
2 2

: ax 2 0, 0b y a b∆ + − = + >
.Giả sử
∆
cắt
( )
C
tại
Avà B
Gọi H là trung điểm của AB ta có
2 2
5IH IA AH= − =
Suy ra
( )
,d I IH∆ =
hay
2 2
3
5
a b
a b
−
=
+
Do đó
( ) ( )
2 2 0a b a b− = =
Khi a=2b chọn a=2,b=1 ta có
( )
: 2 2 0x y∆ + − =
Khi 2a+b=0 chọn a=1,b=-2 ta có

( )
: 2 4 0x y∆ − + =
2, Do (P) cách đều A và B nên hoặc (P)//AB hoặc (P) đi qua trung điểm
.AB
Khi (P)//AB ta có (P) đi qua O và nhận
( )
, 6;3;0n AB OC
 
= = −
 
r uuur uuur
làm vectơ pháp tuyến nên (P):
2x-y=0
Khi (P) đi qua trung điểm
1
;1;0
2
I
 
=
 ÷
 
của AB ta có (P) đi qua O và nhận
3
, 3; ;0
2
n IC OC
 
 
= =

 ÷
 
 
r uur uuur

làm vectơ pháp tuyến nên (P):2x+y=0
Câu VII.a (1,0 điểm) Ta có
( ) ( ) ( )
2013
2013 2013
2013
2013 0 1 2013
0
2 2
i
i i
i
P x x C x a a x a x
−
=
= − = − = + + +
∑
Do đó
( )
2
2011 2
2011 2013 2013
2 4 8100312a C C= − = =
Ta có
( ) ( )

2012
/ 2012
1 2 2013
2013 2 2 2013P x x a a x a x= − = + + +

Cho x=1 ta có S=2013
Câu VI.b (2,0 điểm)
1, Tiếp tuyến
∆
của P tại M có phương trình
:5 14 0x y∆ − − =
Giả sử I(i;0) Do (I) tiếp xúc với (P)
tại M nên
. 0MI u
∆
=
uuur uur
Suy ra i=34 Ta có R=MI=
936
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là
( )
2
2
34 936x y− + =

2, Giả sử (P):ax+by+cz+d=0 (a
2
+b
2
+c

2
>0) . Ta có M,N
( )
P∈
nên
3 0 3
0 3
a d d a
c d c a
+ = = −
 
⇒
 
+ = =
 
Vậy (P): ax+by+3az-3a=0 (10a
2
+b
2
>0).
Ta có
( ) ( )
Ox
0;0;1 , ; ;3
y
P
n n a b a= =
r uur
Từ đó:
0 2 2

2 2
3
1
cos60 26
2
10
a
b a
a b
= = ⇒ =
+
Khi
26b a=
chọn
1, 26a b= =
ta có
( )
: 26 3 3 0P x y z+ + − =
Khi
26b a= −
chọn
1, 26a b= = −
ta có
( )
: 26 3 3 0P x y z− + − =
Câu VII.b (1,0 điểm)
Gọi n =
1 2 3 4
a a a a
là số cần tìm, n > 5000 nên

{ }
1
6,7,8,9a ∈
, n chẵn nên
{ }
4
0,2,6,8a ∈
Nếu
1
6a =
thì
2 3 4
6n a a a=
,
4
a
có 3 cách chọn,
2
a
có 5 cách chọn,
3
a
có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.3 = 60 số.
Nếu
1
7a =
thì
2 3 4
7n a a a=
,

4
a
có 4 cách chọn,
2
a
có 5 cách chọn,
3
a
có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.4 = 80 số.
Khi
1
8a =
giống như
1
6a =
và
1
9a =
giống như
1
7a =
.Vậy có tất cả 60.2 +80.2 = 280 số.