Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 25

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 25
Ngày 23 tháng 11 năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − + −

( )
C
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị
( )
C
tại 3 điểm phân biệt A(2; 2),
B, C sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị
( )
C
tại B và C đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a.
3 sin 2 cos2 5sin (2 3)cos 3 3
1
2cos 3
x x x x
x
− − + − + +
=
+
b.
( )

4251
2
2
2
+−=+ xxx
Câu 3.(1,0 điểm) Tính:
∫
+
dx
x
x
2
cos1
tan
Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân tại C, AB =3a,
2
14a
SB =
. Gọi G là
trọng tâm ∆ABC, SG
⊥
(ABC). Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến
mp(SAC).
Câu 5.(1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2
3 3 3
1
2 2 2
a b c
a b b c c a

+ + ≥
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần ( A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6.a(1,0 điểm)
2 2
x y
Cho elip (E): 1
16 5
+ =
và 2 điểm A(-5; -1), B(-1; 1). Xác định tọa độ điểm M
thuộc (E) sao cho diện tích ∆MBA lớn nhất.
Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log
3
(x
2
– 4) + 3log
3
(x + 2)
2
- log
3
(x – 2)
2
= 4
Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng:
)Nn()12(23C 3C3CC
*n21n2n2n2
n2
44

n2
22
n2
o
n2
∈∀+=++++
−
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A
thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình :
x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình:
07)1x(log)1x()1x(log)1x6(
3
2
2
2
1
=−+−+++
Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển
124
4
)53( −
có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 25
Câu 1: 1, - TXĐ: D = R.
- Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực:
;
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
+ Chiều biến thiên:
2
y' 3x + 6x ; y' 0 x 0;x 2
= − = ⇔ = =
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y
CT
= -2; đạt cực đại tại x = 2; y
CĐ
= 2
- Bảng biến thiên:

x - ∞ 0 2 +
∞
y’ - 0 + 0 -
y +∞ 2

-2
-∞
Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2)

Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) :
-x
3
+ 3x
2
- 2 = m(2-x) +2 (1)



=−−−=
=
⇔
)2(0m2xx)x(f
2x
2
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt
⇔
pt (1) có 3 nghiệm phân biệt
⇔
pt (2)
có 2 nghiệm phân biệt khác 2





≠
−>
⇔




≠−
>+
⇔



≠
>∆
⇔
0m
4
9
m
0m
09m4
0)2(f
0
Hoành độ điểm B và C là nghiệm của pt(2). Ta có: x
B
+ x
C
= 1 và x
B
.x
C
= -m -2
Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại B và C là:
y’(x

B
). y’(x
C
) = (3x
B
2

-6

x
B
) (3x
C
2

- 6x
C
)
= 9(m+1)
2
-9 ≥ -9
{ }
0\);
4
9
(m +∞
−
∈∀
. Dấu "=" xẫy ra khi m = -1. Vậy y’(x
B

).
y’(x
C
) nhỏ nhất bằng -9 đạt được khi m = -1
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 2: 1, Điều kiện:
2
3
xcos −≠

Phương trình đã cho tương đương với:
03xcos3xsin5x2cosx2sin3 =+−−−

2
2 3 sin cos 3 cos 2sin 5sin 2 0
1
(2sin 1)( 3 cos sin 2) 0 sin ; 3cos sin 2
2
x x x x x
x x x x x x
⇔ − + − + =
⇔ − + − = ⇔ = + =
1 5
sin 2 ; 2
2 6 6
3 cos sin 2 sin( ) 1 2
3 6
x x k x k

x x x x k
π π
π π
π π
π
= ⇔ = + = +
+ = ⇔ + = ⇔ = +
Đối chiếu điều kiện => nghiệm của phương trình là
π+
π
= 2k
6
x

Câu 2: 2, Phương trình đã cho tương đương với:
4x2x51x2x
224
+−=++

)2x(2x4)2x(x
222
+−=+⇔
Đặt
2
t
)2x(x)2x(2.xt)2x(2xt
2
222222
=+⇒+=⇒+=
Phương trình trở thành




=
−=
⇔=−+⇔−=
2t
4t
08t2tt4
2
t
2
2
2x
2x
0x
08x2x
0x
4)2x(2x4t
224
2
−=⇔



=
<
⇔




=−+
<
⇔−=+⇒−=
31x
31x
0x
02x2x
0x
2)2x(2x2t
2
24
2
+−=⇔



+−=
>
⇔



=−+
>
⇔=+⇒=
Câu 3:
∫ ∫∫
+
=

+
=
+
= dx
)xcos1(xcos
xcos.xsin
dx
)xcos1(xcos
xsin
dx
xcos1
xtan
I
2222
Đặt t = cos
2
x => dt = -2sinx.cosxdx .
1 1 1 1
( )
2 ( 1) 2 1
dt
I dt
t t t t
= − = −
+ +
∫ ∫
1 1 1
(ln | 1| ln | |) ln | |
2 2
t

t t c c
t
+
= + − + = +
2
2
1 1 cos
ln( )
2
x
c
cox x
+
= +
Câu 4: S
I B
A G-
K C
Gọi I là trung điểm của AB =>
2
a
IG
2
a3
CI ==>=
. ∆IGB vuông tại I => GB
2
= IG
2
+ IB

2
=
2
a5
2
∆SGB vuông tại G => SG
2
= SB
2
- GB
2

= a
2
=> SG = a.
4
a3
a3.
2
a3
.
2
1
.a
3
1
.SG
3
1
V

3
ABCABC.S
S ===
∆
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Kẻ GK//BC (K∈AC) ⇒ AC ⊥ (SGK) ⇒ SK ⊥ AC. ∆GKC vuông cân tại K ⇒ GK
=GCsin45
0
=
2
a
.∆SGK vuông tại G ⇒
2
6a
GKSGSK
22
=+=
. ∆AIC vuông tại I ⇒
2
a3
ICIAAC
22
=+=
.
S
∆SAC

4

3a3
AC.SK
2
1
2
==

.
3
( ;( )) 3
S ABC
SAC
V
d B SAC a
S
∆
= =
Câu 5:
2 3 3
3 2
3 3 3
3 6
2 2 2 2 2 4
( 1)
3 9 9 9
2
3
a ab ab
a a a b a a b a a a b ab
a b a b b

ab
= − ≥ − = − ≥ − + + = − −
+ + +
Tương tự:
ca
9
4
a
9
2
c
a2c
c
;bc
9
4
c
9
2
b
c2b
b
3
2
3
2
−−≥
+
−−≥
+

Do đó:
2 2 2 2
3 3 3
2 4 7 4 ( )
( ) ( ) ( ) 1
9 9 3 9 3
2 2 2
a b c a b c
a b c a b c ab bc ca
a b b c c a
+ +
+ ≥ + + − + + − + + ≥ − =
+ + +
Câu 6a: Phương trình đường thẳng AB: x -2y + 3 = 0 , AB =
52
Giả sử M(x
o
;y
o
) ∈ (E) ⇒ 5x
o
2
+ 16y
o
2

= 80
5
|3y2x|
00

+−
= AB)d(M;
;
|3y2x|)AB;M(d.AB
2
1
00M
−−==
∆
S
AB
Ta có:
2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 1 1
( . 5 .4 ) ( )(5 16 ) 36 | 2 | 6 6 2 6
2 5 4
5
3 2 3 9 | 2 3 | 9
x y x y x y x y
x y x y
− ≤ + + = ⇒ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ − + ≤ ⇒ − + ≤








−=
=
⇔



=−
−=
⇔







=+−
−
=
⇔=
∆
3
5
y
3
8
x
6y2x
y8x5

93y2x
2
1
y.4
5
1
x.5
9
0
0
00
00
00
M
S
AB
. Vậy điểm M cần tìm là:






−
3
5
;
3
8
M

Câu 7a:Điều kiện x > 2 hoặc x < -2
Phương trình đã cho tương đương với: log
3
(x
2
– 4)
2
+ 3log
3
(x + 2)
2
- log
3
(x – 2)
2
= 4
4log
3
(x + 2)
2
= 4 ⇔ log
3
(x + 2)
2
= 1 ⇔ (x + 2)
2
= 3⇔ x
2
+ 4x + 1 = 0





−−=
+−=
⇔
32x
32x
Đối chiếu với điều kiện ⇒ nghiệm của phương trình là x = -2 -
3
Câu 8a: Ta có:
(1 + x)
2n
=
n2n2
n2
1n21n2
1n2
22
n2
1
n2
0
n2
xCxC xCxCC +++++
−−
−
(1 - x)
2n
=

n2n2
n2
1n21n2
1n2
22
n2
1
n2
0
n2
xCxC xCxCC +−−+−
−−
−

[ ]
n2n2
n2
22
n2
0
n2
n2n2
xC xCC2)x1()x1( +++=−++⇒
Cho x = 3 ta được:
n2n2n2n2
n2
22
n2
0
n2

)2(4)3C 3CC(2 −+=+++
⇒
)12(2
2
24
3C 3CC
n21n2
n2n2
n2n2
n2
22
n2
0
n2
+=
+
=+++
−
Câu 6b: A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t). Ta có: d(C; DM) =
2
1
d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2



−=
=
⇔
1t
3t

t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM); t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn)
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Giả sử D(m; m-2).
2 2 2 2
( 1)( 3) ( 7)( 1) 0
5 (5;3)
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m m m m
AD CD
m D
m m m m
AD CD
+ − + − + =


⊥

⇒ ⇔ = ⇒
 
+ + − = − + +
=



uuur uuur
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1)
Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1)
Câu 7b:Điều kiện x > -1

Phương trình đã cho tương đương với:



=++
−=+
⇔=−+−+++
7)1x(log)1x6(
1)1x(log
07)1x(log)6x6()1x(log)1x6(
2
2
2
2
2

2
1
x
2
1
1x1)1x(log
2
−=⇔=+⇔−=+
(thỏa mãn điều kiện)
0
1x6
7
)1x(log7)1x(log)1x6(
22

=
+
−+⇔=++

Xét hàm số
1x6
7
)1x(log)x(f
2
+
−+=
trên (-1; +∞)

'
2
1 42 1
( ) 0 ( 1; ) \
( 1)ln 2 (6 1) 6
f x x
x x
 
= + > ∀ ∈ − +∞ −
 
+ +
 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)
6
1
;1( −−

và
);
6
1
( +∞−
⇒ Trên mỗi khoảng
)
6
1
;1( −−
và
);
6
1
( +∞−
nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất.
Lại có f(1) = 0 ; f(-3/4) = 0 ⇒ x = 0 và x = -3/4 là nghiệm của phương trình f(x) =0
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm
1
2
x = −
; x = 0 ; x = -3/4
Câu 8b: Ta có:
124
1 1
124
62
124
4

2 4 2 4
124
0
( 3 5) 3 5 ( 1) . .3 .5
k k
k k
k
C
−
=
 
− = − = −
 ÷
 
∑
Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ
62
2
4
0 124
k
N
k
N
k N
k

− ∈




∈
⇔


∈


≤ ≤

4
0 31
k i
i N
i
=


⇔ ∈


≤ ≤

⇒ i ∈ {0; 1; 2…; 31}. Vậy có 32 số hạng hữu tỷ.
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5