Đề thi thử đại học môn Toán lời giải số 36

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 36
Ngày 19tháng 02 năm 2013
PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . (7,0 điểm)
Câu I : (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x
3
– 3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
− − =
−
2
2 2
1
m
x x
x

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
2) Giải hệ phương trình:
2 8

2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + − − =


.
Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân:
1
2
3
2
0
4
ln
4
 
−
=
 ÷
+
 
∫
x

I x dx
x

Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác
SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và
(SCB) hợp với nhau một góc bằng
0
60
.Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .
Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
= + + + + +
2 2 2
2 1 3 16 36S x y z

PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2)
PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )
Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của
cạnh BC,phương trình đường thẳng DM:
x y 2 0− − =
và
( )
C 3; 3−
.Biết đỉnh A thuộc đường thẳng
d :3x y 2 0+ − =
,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D.
2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )

P : x y z 1 0+ + − =
và hai
điểm
( ) ( )
A 1; 3;0 ,B 5; 1; 2 .− − −
Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho
MA MB−
đạt giá
trị lớn nhất.
Câu VII .a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
0 1 2 3 n
n n n n n
1 1 1 1 1023
C C C C C
2 3 4 n 1 10
+ + + + + =
+
L
PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )
Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD
có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=−− yxd
và

06:
2
=−+ yxd
. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d

1
với trục Ox. Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật.
2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
d
1
:
− −
= =
−
2 1
1 1 2
x y z
, d
2
:
2 2
3
x t
y
z t
= −


=


=

Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d

1
và d
2

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng:
2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 2 3 2010 2011= + + + + +S C C C C C
…………………………………….…….Hết
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 36
Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2
3 2y x x .= − +
T+
ập xác định: Hàm số có tập xác định
=
¡D .
+
Sự biến thiên:
2
3 6y' x x.= −
Ta có
0
0
2
x
y'
x

=

= ⇔

=

,
y 0 x 0 x 2> ⇔ < ∨ > ⇔
h/s đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
;0 & 2;−∞ +∞
,
y 0 0 x 2< ⇔ < < ⇔
h/s nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −
Giới hạn
3
3
x
x
3 2
lim y lim x 1
x x
→±∞
→±∞

 
= − + = ±∞
 ÷
 
Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y'


+
0
−
0
+

y

2
+∞

−∞

2−
+
Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Câu 1: 2, Biện luận số nghiệm của phương trình
2
m
x 2x 2
x 1
− − =
−
theo tham số m.
Ta có
( )
2 2
2 2 2 2 1 1
1
− − = ⇔ − − − = ≠
−
m
x x x x x m,x .
x
Do đó số nghiệm của phương trình bằng
số giao điểm của
( )
( )
2
2 2 1y x x x , C'= − − −
và đường thẳng

1= ≠y m,x .
Vẽ
( )
( )
( )
2
1
2 2 1
1
f x khi x
y x x x
f x khi x
>

= − − − =

− <


nờn
( )
C'
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
1x .
=
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
1x =

qua Ox.
Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1x x x− − −
, với x
≠
1 có dạng như hình vẽ sau
hình
f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox
Dựa vào đồ thị ta có: +
2
< −
m :
Phương trình vô nghiệm;
+
2
= −
m :
Phương trình có 2 nghiệm kép +
2 0
− < <
m :
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;
+

0
≥
m :
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 2:1, Giải phương trình:
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
π π
 
 

⇔ − + =
 ÷
 
 
 
5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
π π π π π π
π π π
   
⇔ − + = = ⇔ − = − =
 ÷  ÷
   
   
= − = −
 ÷  ÷
   
( )
5
2 2
5
6
12 12
sin 2 sin
5 13

3
12 12
2 2
12 12
4
x k
x k
x k
x k x k
π
π π
π
π
π π
π π
π
π π


= +
− = − +


   
⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈


 ÷  ÷
   



− = + = +




¢
Câu 2: 2, Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + − − =


.
Điều kiện: x+y>0, x-y
≥
0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y

x y x y x y x y
 
+ = + − + = + −
 
⇔
 
+ + − − = + + − − =
 
 
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +

 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 

2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
Kết hợp (1) ta có:

0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 3: Tính tích phân:
1
2
3
2
0
4
ln
4
 
−
=
 ÷
+
 
∫

x
I x dx
x
Đặt
2
4
2
4
3
16x
4 x
du dx
u ln
x 16
4 x
x 16
v
dv x dx
4


 
−
=

=

 ÷

−

+
⇒
 
 
−
 
=
=



Do đó
( )
1
1
2
4
2
0
0
1 4 x 15 3
I x 16 ln 4 xdx ln 2
4 4 x 4 5
 
−
 
= − − = − −
 ÷
 ÷
+

 
 
∫
Câu 4: Tính thể tích khối chóp S.ABC…
Gọi H là trung điểm của AB
( )
SH AB SH ABC⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Kẻ
( )
AK SC SC AKB⊥ ⇒ ⊥
SC KB
⇒ ⊥
( ) ( ) ( )
0
SAC ; SBC KA;KB 60
 
⇒ = =
 
0 0
AKB 60 AKB 120⇒ ∠ = ∨ ∠ =
Nếu
0
AKB 60⇒ ∠ =
thì dễ thấy
KAB∆
đều
KA KB AB AC⇒ = = =
(vô lí) Vậy
0
AKB 120∠ =

∆ΚΑΒ
cân tại K
0
AKH 60⇒ ∠ =

0
AH a
KH
tan 60
2 3
⇒ = =
Trong
SHC
∆
vuông tại H,đường cao
KH có
2 2 2
1 1 1
KH HC HS
= +
thay
a
KH
2 3
=
và
a 3
HC
2
=

vào ta được
a 6
SH
8
=
2 3
S.ABC ABC
1 1 a 6 a 3 a 2
V .SH.dt . .
3 3 8 4 32
∆
= = =
Câu 5: Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
= + + + + +
2 2 2
2 1 3 16 36S x y z
Ta có:
( ) ( )
= + + + + +
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6S x y z
Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ
( ) ( ) ( )
a 2x;2 ,b 3y;4 ,c z;6= = =
r r r
,
( ) ( )
a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20+ + = + + + + =
r r r

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6= + = + = +
r r r
,
a b c 20 5+ + =
r r r
Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :
S=
a b c a b c+ + ≥ + +
r r r r r r
S 20 5⇒ ≥
.Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ
a,b,c
r r r
cùng hướng
xét hệ điều kiện :
2x 3y z 2x 3y z 2x 3y z 40
2
2 12 6 2 12 6 20 20
+ +
= = ⇒ = = = = =
x 2,y 8,z 12⇒ = = =
Với :
x 2, y 8,z 12= = =
thì
S 20 5=
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
20 5

đạt được khi :
x 2, y 8,z 12= = =
Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D.
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Gọi A
( )
t; 3t 2− +
.Ta có khoảng cách:
( ) ( )
4t 4
2.4
d A,DM 2d C,DM t 3 t 1
2 2
−
= ⇔ = ⇔ = ∨ = −
hay
( ) ( )
A 3; 7 A 1;5− ∨ −
.Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A
( )
1;5−
thoả mãn. Gọi D
( )
m;m 2−
DM∈
thì
( ) ( )
AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1= + − = − +
uuur uuur

Do ABCD là hình vuông
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
m 5 m 1
DA.DC 0
m 1 m 7 m 3 m 1
DA DC
= ∨ = −


=
 
⇒ ⇔
 
+ + − = − + +
=




uuur uuur
m 5
⇔ =
Hay D
( )
5;3
( ) ( )
AB DC 2; 6 B 3; 1= = − − ⇒ − −
uuur uuur
. Kết luận A

( )
1;5−
,
( )
B 3; 1− −
, D
( )
5;3
Câu 6a: 2, Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
( )
P : x y z 1 0+ + − =
…….
Đặt vt của (P) là:
( )
f x;y;z x y z 1= + + −
ta có
( ) ( )
A A A B B B
f x ;y ;z f x ;y ;z 0<
⇒
A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi
'
B
đối xứng với B qua (P)
( )
'
B 1; 3;4⇒ − −
.

' '
MA MB MA MB AB− = − ≤
Đẳng thức xẩy ra khi
'
M,A,B
thẳng hàng
⇒
( )
'
M P AB= ∩
.Mặt khác phương trình
'
x 1 t
AB : y 3
z 2t
= +


= −


= −

⇒
toạ độ M là nghiệm hệ pt:
( )
x 1 t t 3
y 3 x 2
M 2; 3;6
z 2t y 3

x y z 1 0 z 6
= + = −
 
 
= − = −
 
⇒ ⇒ − −
 
= − = −
 
 
+ + − = =
 
Câu 7a:Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :
0 1 2 3 n
n n n n n
1 1 1 1 1023
C C C C C
2 3 4 n 1 10
+ + + + + =
+
L
Xét khai triển:
( )
( )
( )
n
0 1 2 2 n n
n n n n
1 1

n
0 1 2 2 n n
n n n n
0 0
1 x C C x C x C x
1 x dx C C x C x C x dx
+ = + + + +
+ = + + + +
∫ ∫
L
L

( )
1
1
n 1
0 1 2 2 3 n n 1
n n n n
0
0
1 x
1 1 1
C x C x C x C x
n 1 2 3 n 1
+
+
+
 
⇒ = + + + +
 ÷

+ +
 
L

n 1
0 1 2 3 n
n n n n n
2 1 1 1 1 1 1023
C C C C C
n 1 2 3 4 n 1 n 1
+
−
⇒ = + + + + + =
+ + +
L
n 1 n 1 10
2 1 1023 2 1024 2 n 1 10 n 9
+ +
⇒ − = ⇔ = = ⇔ + = ⇔ =
vậy
n 9=
Câu 6b: 1,.cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12…
Ta có:
Idd
21
=∩
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:




=
=
⇔



=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy






2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
∩=⇒
Suy ra M( 3; 0) Ta có:

23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=






+






−==
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD

ABCD
===⇔==
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd
1
⊥⇒
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+−
. Lại có:
2MDMA ==
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )





=+−
=−+
2y3x
03yx
2

2

( ) ( )



±=−
−=
⇔



=−+−
+−=
⇔



=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2

2




=
=
⇔
1y
2x
hoặc



−=
=
1y
4x
.
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) .Do






2
3
;
2

9
I
là trung điểm của AC suy ra:



=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
Câu 6b: 2, .phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
Các véc tơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là
1
u
ur
( 1; - 1; 2) và
2
u
uur

( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
∈
d
1
; N( 2; 3; 0)
∈
d
2
Xét
1 2
; .u u MN
 
 
ur uur uuuur
= - 10
≠
0. Vậy d
1
chéo d
2
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)
∈
d
1
B(2 – 2t’; 3; t’)
∈
d
2
1

2
. 0
. 0
AB u
AB u

=


=


uuurur
uuur uur

⇒

1
3
' 0
t
t

= −



=


⇒
A
5 4 2
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
∆
qua hai điểm A,B là đường vuông góc chung của d
1
và d
2
.Ta có
∆
:
2
3 5
2
x t
y t
z t
= +


= +



=

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
Câu 7b:
( )
2011
0 1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 x C C x C x C x C x+ = + + + + +L
(1)
Lấy đạo hàm hai vế
( )
1
ta được:
( )
2010
1 2 2 3 2010 2011
2011 2011 2011 2011
2011 1 x C 2xC 3x C 2011x C+ = + + + +L
nhân hai vế với x ta được:
( )

2010
1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 2011
2011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C+ = + + + +L
(2)
Lấy đạo hàm hai vế
( )
2
ta được
( ) ( )
( )
2010 2019
1 2 2 2 2 3 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011
2011 1 x 2010x 1 x
C 2 xC 3 x C 2011 x C
+ + + =
+ + + +L
(3)
Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:
( )
2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 2011
2011 2011 2011 2011
2011 2 2010.2 1 C 2 C 3 C 2011 C+ = + + +
Vậy S=2011.2012.
2009
2
Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thanh Phố Thanh Hóa