Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 106

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 109
Ngày tháng Năm 2013
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy −++−= 9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với
1=m
.
2. Xác định
m
để hàm số đó cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
≤− xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot

2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
.
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
+=+− xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
5
1
2
13
1
dx
xx
x

I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1 >== mmCCAB
Tìm
m

biết rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0
60
.
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

.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(A
, phương trình các đường thẳng
chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
lần lượt là
0132 =+− yx
và
029136 =+− yx
. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hình vuông
MNPQ
có
)4;3;2(),1;3;5( −− PM
. Tìm toạ độ
đỉnh
Q

biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)( =−−+ zyx
γ
Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập
{ }
6,5,4,3,2,1,0=E
. Từ các chữ số của tập
E
lập được bao nhiêu số tự
nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua điểm
)3;2( −−M
và có phương trình một
đường chuẩn là
.08
=+
x
Viết phương trình chính tắc của
).(E
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm

)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)( =++ yx
α
Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(
α
Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2
−++−+−
thu được đa thức
n
n
xaxaaxP +++= )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn

n
CC
nn
171
32
=+
.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 109
Câu 1: 1. (1,25 điểm)
Với
1
=
m
ta có
196
23
−+−= xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
• Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
+−=+−= xxxxy
. Ta có




<
>
⇔>
1
3
0'
x
x
y
,
310' <<⇔< xy
.
Do đó:+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(−∞
và
),3( ∞+
.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(
• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1
=
x
và
3)1( == yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3

=
x
và
1)3( −== yy
CT
.
• Giới hạn:
+∞=−∞=
+∞→−∞→
yy
xx
lim;lim
.
• Bảng biến thiên:
Câu 2: 1. (1,0 điểm): Điều kiện:
.0cossin,0sin ≠+≠ xxx
PT:
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=−
+
+ x
xx
xx
x
x
2

cos 2cos
0 cos sin( ) sin 2 0
sin cos 4
2 sin
x x
x x x
x x
x
π
 
⇔ − = ⇔ + − =
 ÷
+
 

+)
.,
2
0cos ∈+=⇔= kkxx
π
π
+)
∈






+=

+=
⇔






+−−=
++=
⇔+= nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4

sin(2sin
ππ
π
π
π
π
π
π
π
π

.,
3
2
4
∈+=⇔ t
t
x
ππ
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là :
π
π
kx +=
2
;
.,,
3
2
4
∈+= tk

t
x
ππ
Câu 2: 2. (1,0 điểm): Điều kiện
.
3
1
>x
(*). Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
+=+−⇔ xx

2 3 2 3
5 5
log 5(3 1) log (2 1) 5(3 1) (2 1)x x x x⇔ − = + ⇔ − = +

3 2 2
1
8 33 36 4 0 ( 2) (8 1) 0 2;
8
x x x x x x x⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = =
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2=x
Câu 3: (1,0 điểm) Đặt
3
2
132

3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt =⇒
+
=⇒+=
.
Khi
1
=
x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra
∫
−
+








−
=
4

2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I

∫∫
−
+−=
4
2
2
4
2
2
1
2)1(

9
2
t
dt
dtt
.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3
+=
+
−
+







−=
t
t
tt
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
x
y’
y
3
-1
∞+
∞−
0
0
3
1
∞+
∞−
+
+
−
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 4(1,0 điểm) - Kẻ
)''('// BADABBD ∈

0

60)',()','( ==⇒ BCBDBCAB

0
60'=∠⇒ DBC
hoặc
.120'
0
=∠DBC
- Nếu
0
60'=∠DBC
Vì lăng trụ đều nên
).'''(' CBABB ⊥

áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1'
2
+== mBCBD
và
.3'=DC

Kết hợp
0
60'=∠DBC
ta suy ra
'BDC
∆
đều.Do đó
.231
2

=⇔=+ mm
- Nếu
0
120'=∠DBC
áp dụng định lý cosin cho
'BDC
∆
suy ra
0
=
m
(loại).
Vậy
.2=m
Câu 5(1,0 điểm)
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
vì
.3≥t
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 được khi
.1=== zyx
Câu 6a: 1. (1 điểm)
- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó
CH có phương trình
0132 =+− yx
, CM có phương trình
.029136 =+− yx
- Từ hệ
).1;7(
029136
0132
−−⇒



=+−
=+−
C
yx
yx
-
)2,1(==⇒⊥
CHAB
unCHAB

0162: =−+⇒ yxABpt
.
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx
⇒



=+−
=−+

).4;8(B⇒
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
.0:
22
=++++∆ pnymxyxABC
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên





=+−−
=+++
=+++

0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm





−=
=
−=
⇔
72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đường tròn:
07264
22
=−+−+ yxyx
hay
.85)3()2(
22
=++− yx

Câu 6a: 2. (1 điểm)- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
=−−+⇒∈ zyxN
γ

- MNPQ là hình vuông
MNP
∆⇒
vuông cân tại N





=
=
⇔
0.PNMN
PNMN







=+++−+−−
++−+−=++−+−
⇔
0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx



=+++−+−−
=−+
⇔
)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01

00
2
000
00
zzyxx
zx
- Từ (1) và (2) suy ra



+−=
+−=
1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta được
065
0
2
0
=+− xx
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
C
C’
B’
B

A’
m
D
3
1
1
0
120
A
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727



−===
−===
⇒
2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay




−
−
)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I là trung điểm MP và NQ
⇒
)
2
5
;3;
2
7
( −I
.
Nếu
)13;2( −N
thì
).4;3;5( −Q
Nếu
)2;1;3( −N
thì
).3;5;4( −Q
Câu 7 a: (1,0 điểm) Giả sử
abcd

là số thoả mãn ycbt. Suy ra
{ }
6,4,2,0∈d
.
+)
.0
=
d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A
+)
.2=d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA −
+) Với
4
=
d

hoặc
6=d
kết quả giống như trường hợp
.2=d
Do đó ta có số các số lập được là
( )
.4203
2
5
3
6
3
6
=−+ AAA
Câu6b: 1. (1 điểm)- Gọi phương trình
2 2
2 2
( ) : 1( 0)
x y
E a b
a b
+ = > >
Giả thiết








=
=+
⇔
)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba
Ta có
).8(88)2(
22222
cccccabca −=−=−=⇒=⇔
Thay vào (1) ta được
1
)8(
9
8
4
=
−
+
ccc
.

2
13
2 17 26 0 2,

2
c c c c⇔ − + = ⇔ = =
* Nếu
2=c
thì
.1
1216
:)(12,16
22
22
=+⇒==
yx
Eba
* Nếu
2
13
=c
thì
.1
4/3952
:)(
4
39
,52
22
22
=+⇒==
yx
Eba
Câu 6b: 2. (1 điểm) Giả sử

);;(
000
zyxM
. Khi đó từ giả thiết suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
++
=−+−+=+−+=++−
yx
zyxzyxzyx
2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
2
2 2 2
0 0
0 0 0
( 1) ( 1) (1)
( 1) ( 3) ( 2) (2)
( 2 2)
( 1) (3)
5
x y z x y z
x y z x y z
x y
x y z


− + + = + − +


⇔ + − + = + − + −


+ +

− + + =


Từ (1) và (2) suy ra




−=
=
00
00
3 xz
xy
.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5 +=+− xxx





=
=
⇔
3
23
1
0
0
x

x





−
⇒
).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M
Câu 7b( 1,0 điểm) Ta có





=
−−
+

−
≥
⇔=+
nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32
.9
0365
3
2
=⇔



=−−
≥
⇔ n
nn
n
Suy ra

8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx −+−
Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
=+ CC
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4