Đề thi thử đại học môn Toán lời giải số 32

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 32
Ngày 30 tháng 1 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
43
23
+−= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3
điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:



=−++
=+++
yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
(x, y
∈R
)
2. Giải phương trình:
8
1
3

tan
6
tan
3coscos3sin.sin
33
−=






+






−
+
ππ
xx
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
++=
1
0
2

)1ln( dxxxxI

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông
góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa
BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích
khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba
P
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P):
xxy 2
2
−=
và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
. Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn.
Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình
011642
222
=−−+−++ zyxzyx
và mặt phẳng (
α
) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết
phương trình mặt phẳng (
β
) song song với (
α
) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi
bằng 6π.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n

x
x








+
4
2
1
, biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0

+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

(
k
n
C
là số
tổ hợp chập k của n phần tử)
Phần 2 Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x + 2y - 7=
0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và

điểm C thuộc d
2
. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3),
C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
222
MCMBMA ++
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình



+−=
+=+
+
+−
1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
(x, y
∈R
)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 32
Câu 1: 1, Khảo sát hàm số

43
23
+−= xxy
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
+∞=+−=−∞=+−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx
b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0
⇔
x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -
∞
0 2 +
∞
y' + 0 - 0 +
y
4 +
∞
-
∞
0

- Hàm số đồng biến trên (-
∞
; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn
I(1; 2) làm tâm đối xứng
Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc
d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình



=−
=
⇔=−−⇔+−=+−
0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và
1)m('y).m('y −=−
9
35318

m01m36m91)m6m3)(m6m3(
2
±
=⇔=+−⇔−=+−⇒
(thỏa mãn)
Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ
Hệ phương trình tương đương với







=−+
+
=−++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
Đặt
2yxv,
y

1x
u
2
−+=
+
=
Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==⇔



=
=+
Suy ra





=−+
=
+
12yx
1
y
1x
2

.
Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)
Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
x
y
-1
2
O
4
2
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Điều kiện:
0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin ≠






π

+






π
−






π
+






π
−
Ta có
1x
6
cot
6

xtan
3
xtan
6
xtan −=






−
π






π
−=






π
+







π
−
Phương trình đã cho tương đương với
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin
33
=+⇔
1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1
2 2 2 2 8
− − + +
⇔ × + × =
2
1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2
3
=⇔=⇔=+⇔







π+
π
−=
π+
π
=
⇔
k
6
x
(lo¹i) k
6
x
,
(k )∈Z
. Vậy phương trình có nghiệm
π+
π
−=
k
6
x
,
(k )∈Z
Câu 3:Tính tích phân Đặt






=
++
+
=
⇒



=
++=
2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv
)1xxln(u
2
2
2
1
1
2 3 2
2
2
0

0
x 1 2x x
I ln(x x 1) dx
2 2 x x 1
+
= + + −
+ +
∫

∫∫∫
++
−
++
+
+−−=
1
0
2
1
0
2
1
0
1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2

4
1
dx)1x2(
2
1
3ln
2
1
( )
11
1
0
2
1
0
2
I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2

1
3ln
2
1
−=−+++−−=
* Tính I
1
:
∫








+






+
=
1
0
2
2

1
2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt






ππ
−∈=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t

3
32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2
2
1
π
==
+
+
=
∫
π
π
π
π
Vậy
12
3
3ln
4
3

I
π
−=
Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)
≡

(BCH). Do góc
·
A ' AM
nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác
BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===
Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8

3a
S
22
BCH
=⇒=⇒=
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
=−=−=
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM
AO
O'A
=
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a

AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất
Ta có a
2
+b
2
≥ 2ab, b
2

+ 1 ≥ 2b ⇒

1bab
1
2
1
21bba
1
3b2a
1
22222
++
≤
++++
=
++
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Tương tự
1aca
1
2
1

3a2c
1
,
1cbc
1
2
1
3c2b
1
2222
++
≤
++
++
≤
++
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1

1bab
1
2
1
P
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++
≤













2
1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1.
Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình
09x37x36x91)x2x(
9
x
23422
2
=−+−⇔=−+
(*)
Xét
9x37x36x9)x(f
234
−+−=
, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ





=+
−=

1y
9
x
x2xy
2
2
2
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22
2
=−−−+⇒



=+
=−
⇔
(**)
(**) là phương trình của đường tròn có tâm






=
9

4
;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do đó 4 giao điểm của
(E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**)
Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng (
β
)
Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D
≠
17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (β) là h =
435rR
2222
=−=−
Do đó



=
−=
⇔=+−⇔=
−++
+−−+

(lo¹i) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0
Câu 7a : Tìm hệ số của x
2
Ta có
( )
∫∫
++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I 
2
0
1nn

n
32
n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC






+
++++=
+

suy ra I
n
n

1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+

(1)
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1

I
1n
2
0
1n
+
−
=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3

2
C
2
2
C2
+
++++=
+

1n
13
1n
+
−
=
+
Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
=⇒=⇔
+
=
+
−
+

+
Ta có khai triển
( )
∑∑
−
−
=








=








+
7
0
4
k314
k

7
k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mãn
2k2
4
k314
=⇔=
−
Vậy hệ số cần tìm là
4

21
C
2
1
2
7
2
=
Câu b:1, Viết phương trình đường tròn
Do B ∈ d
1
nên B = (m; - m – 5), C ∈ d
2
nên C = (7 – 2n; n)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên



=+−−
=−++
0.3n5m3
2.3n27m2




=
−=

⇔



=+−
−=−
⇔
1n
1m
2nm
3n2m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
0cby2ax2yx
22
=++++
. Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ





−=
=
−=
⇔






=++++
=+−−+
=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494

Vậy (C) có phương trình
0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=−+−+
Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =







3;
3
8
;
3
7
Ta có
( ) ( ) ( )
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222
GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3
+++=++++++=
F nhỏ nhất ⇔ MG
2
nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)
⇔
33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG =
++
−−−
==

3
64

9
104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ




+−=
++=
⇔



+−=
+=+
+
−
+
+−
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



−=−
+=
⇔




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
vu =⇔
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u -
∞
0 +
∞
f'(u) - 0 +
f(u)
0

Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0
0u
=⇔
.
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=
⇔



=−
=+
⇒=⇒
0y
0x
0yx
0yx
0v

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa