Đề thi thử đại học môn Toán lời giải số 33

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 33
Ngày 02 tháng 2 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x
3
− (m + 1)x + 5 − m
2
.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2;
2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực
tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.
Câu II:(2.0điểm) 1, Giải phương trình:
( )
3
2 7
log 1 x log x+ =
.
2, Giải phương trình






−=−+
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1

22
x
x
x
x
x
π
Câu III (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau
2 2 2
8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + −
Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx

Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1

B
1
C
1
) thuộc đường
thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( 3 điểm )
A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ
được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC
vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình






+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VII.a: (1.0điểm)
Cho đẳng thức:
n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C C 2 1
+ + + -
+ + + + +
+ + + + + = -
.
Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển
( )
n
3 4
1 x x x- + -
.
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 .0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ
được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC
vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình:
32
4
)32()32(
1212
22

−
≤−++
−−+− xxxx

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN ĐÊ 33
Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x
3
− (m + 1)x + 5 − m
2
.
Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x
3
− 3x + 1
1* TXĐ: D =
R

2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực:
( )
lim
x
f x
→−∞
= −∞
:
( )
+∞=
+∞→
xf
x
lim

* Bảng biến thiên: Có y’ = 3x
2
− 3 ,
' 0 1y x= ⇔ = ±
x -∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +

y 3 +∞
-∞ - 1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( )
1;−∞−
và
( )
+∞;1
, Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
1;1−

Hàm số đạt đạt cực đại tại
1; 3
CD
x y= − =
, cực tiểu tại
1; 1
CT
x y= = −
,

3* Đồ thị: * Điểm uốn:
'' 6y x=
, các điểm uốn là:
( )
0;1U
* Giao điểm với trục Oy tại :
( )
0;1U

* Đồ thị:

Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại,
cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Có y’ = 3x
2
− (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2
nghiệm phân biệt: ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*)
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là
2
2
( 1) 5
3
y m x m= + + −
Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.

2
5 4 1m m⇔ − = ⇔ = ±
Vậy m=1
Câu 2: 1, Giải phương trình:
( )
3

2 7
log 1 x log x+ =
.
Điều kiện: x > 0. Đặt
t
7
t log x x 7= Û =
.

( ) ( )
t t
t t t t
3 3
t
3 3 3 3
2
1 7
pt log 1 7 t 1 7 2 1 7 8 1
8 8
æ ö
÷
ç
÷
Û + = Û + = Û + = Û + =
ç
÷
ç
÷
ç
è ø

(*).
Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
Câu 2: 2, Giải phương trình:






−=−+
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2

sin1
22






−=−+
x
x
x
x
x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=







−
π
+=−+⇔

01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =







−−⇔=






−−⇔
2
-2
-1
1
2 x
1
3
-1
-2
y
O

01
2
x
sin2
2
x
sin21
2

x
sinxsin
2
=






++






−⇔
⇔
2
sin 0,sin 1,2sin 2sin 1 0
2 2 2
x x x
x = = + + =

, 2
4
2 2
x k
x

x k k x k
x k
π
π
π π π
π π
=

⇔ = = + ⇔ ⇔ =

= +


Câu 3: Giải bất phương trình sau
2 2 2
8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + −
(1)
TXĐ
5, 5, 3x x x≥ ≤ − =
TH1 x = 3 là nghiệm của (1)
TH2
5x
≥
thì (1)
17
5 5 4 6
3
x x x x⇔ − + + ≤ − ⇔ ≤
. Vậy BPT (1) có nghiệm
17

5
3
x≤ ≤
TH3
5x
≤ −
thì (1)
17
5 5 6 4
3
x x x x⇔ − + − − ≤ − ⇔ ≤
. Vậy BPT (1) có nghiệm
5x
≤ −
Kl : Tập nghiệm của bất pt là
{ }
17
( ; 5) 3 (5; )
3
S = −∞ − ∪ ∪
Câu 4: Tính tích phân: I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx
+I=
∫

+−+
4
2
3
121 xx
dx
Đặt t=
12 +x
⇒
12
2
+= xt
⇒
tdt=dx +Đổi cận : x=
2
3
⇒
t = 2
x=4
⇒
t = 3
+Khi đó I=
∫
−+
−
3
2
2
1
2

1
t
t
tdt
=
∫
−
3
2
2
)1(
2
t
tdt
⇔
dt
t
t
∫
−
+−
3
2
2
)1(
11
=
∫∫
−
+

−
3
2
2
3
2
)1(
2
)1(
1
2
t
dt
dt
t
=
3
2
3
2
1
2
1ln2
−
−−
t
t
=2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1
Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1

B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đường thẳng B
1
C
1
.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Do
)(
111
CBAAH ⊥
nên góc

·
1
AA H
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết thì góc
·
1
AA H
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
·
1
AA H
=30
0

2
3

1
a
HA =⇒
.
Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với
B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH ⊥

nên
)(
111
HAACB ⊥
Kẻ đường cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==⇒

Câu 6a:
A1
1111

1111
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ
được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC
vuông. Từ pt ct của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới
đường tròn và
ACAB
⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23=⇒ IA


5
1
3 2 1 6
7
2

m
m
m
m
= −
−

⇔ = ⇔ − = ⇔

=

Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có
phương trình





+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng
cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi
đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có

HIAH ≥
=> HI lớn nhất khi
IA ≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là
véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
Câu 7a:Cho đẳng thức:
n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C C 2 1
+ + + -
+ + + + +
+ + + + + = -
.
Tìm hệ số của số hạng chứa x
10
trong khai triển
( )
n
3 4
1 x x x- + -
.

n 1 n 2 n 3 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
S C C C C C
+ + + -
+ + + + +
= + + + + +
, ta có:
( )
2n 1 0 1 2 n 1 n n 1 n 2 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
(1 1) C C C C C C C C C
+ - + + +
+ + + + + + + + +
+ = + + + + + + + + + +
( ) ( )
2n 1 0 2n 1 2n 2n 1 n 2 n 1 n 1 n 2 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C C C C C C C
+ + - + + + + -
+ + + + + + + + + +
Þ = + + + + + + + + + + +
2n 1 2n 2n 8
2 2 2S 2 1 S 2 2 n 4
+
Þ = + Þ = + Þ = Þ =
.

( )
( )
( )

n 44
4
3 4 3 3
1 x x x (1 x) x (1 x) 1 x 1 x
é ù
Þ - + - = - + - = - +
ê ú
ë û
( ) ( )
0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 3 2 6 3 9 4 12
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
C C x C x C x C x C C x C x C x C x= - + - + + + + +
.
Ta có hệ số của x
10
là:
1 3 4 2
4 4 4 4
C .C C .C 10- + = -
.
Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn
Câu 7b: Giải bất phương trình:
32
4
)32()32(
1212
22
−
≤−++
−−+− xxxx

Bpt
( ) ( )
43232
22
22
≤−++⇔
−− xxxx
Đặt
( )
)0(32
2
2
>+=
−
tt
xx
, ta được:
4
1
≤+
t
t
014
2
≤+− tt
3232 +≤≤−⇔ t
(tm)
Khi đó:
( )
323232

2
2
+≤+≤−
− xx
121
2
≤−≤−⇔ xx

⇔
2121012
2
+≤≤−⇔≤−− xxx
KL: