De thi boxmath 01 va loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 20.10.2012. ĐỀ SỐ 1. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). vn. BOXMATH. . ath .. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m + 1)x + 1 (Cm ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = −1. b) Tìm tất cả các giá trị thực cuả tham số m để đường thẳng d : y = x − 2 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho AB = BC, trong đó A có hoành độ bằng −1. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình. √
2(2 cos2 x − 3 sin 2x = 4 cos x sin 2x + 2(sin x − cos x). p √ 3x2 − 2x − 5 + 2x x2 + 1 = 2(y + 1) y2 + 2y + 2 b) Giải hệ phương trình (x, y ∈ R) x2 + 2y2 = 2x − 4y + 3. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân. I=. Z e 2 ln x − ln2 x. x(x + ln x). dx.. bo xm. 1. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt √ phẳng đáy, SA = a, SB = a 3. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. Câu 5. (1 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P=x. p. √ 1 − y2 + y 1 − x 2. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn. ://. Câu 6a. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + (y − 3)2 = 25 có tâm I. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(6; 1) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 10. x+2 y+1 z−3 x−2 y+3 z−1 b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : = = , d2 : = = . −2 1 2 1 2 2 Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d1 , d2 và có bán kính nhỏ nhất.   2 n Câu 7a. (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x2 + , biết: x 3 − 3A2 = 52(n − 1). 3Cn+1 n. B. Theo chương trình nâng cao. htt p. Câu 6b. (2 điểm) √ a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip (E) đi qua M(2 3; 1) và phương trình tiếp tuyến tại M √ là 3x + 2y − 8 = 0. x+3 y−1 z+3 x−1 y+1 z−3 = = , d2 : = = . b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : 2 1 1 2 −2 1 và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d1 , tiếp xúc với đường thẳng d2 và mặt phẳng (P). Câu 7b. (1 điểm). Giải phương trình: log3 (2x − 3) = log5 (3x + 7). ———————————————–Hết—————————————————-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1.a Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m + 1)x + 1 (Cm ). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = −1. Lời giải: () Khi m = −1ta có : y = f (x)" = x3 − 3x2 +"1. Tập xác định D = R. y=1 x=0 Đồ thị ⇒ y0 = 3x2 − 6x ⇒ y0 = 0 ⇔ y = −3 x=2 lim f (x) = +∞; lim f (x) = −∞.. ath .. x→+∞. x→−∞. 1. Bảng biến thiên: x. −∞. f 0 (x). 2. vn. TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN. 0 +. +∞. 2 −. 0. 0. −2. + +∞. 1. −1. 0. 1. 2. 3. −1. f (x). −2. −∞. −2. −3. bo xm. Hàm số đông biến trên (−∞; 0); (2; +∞) Hàm số nghịch biến trên (0; 2) Điểm cực đại (0; 1), Điểm cực tiểu (2; −3). −4. Câu 1.b Cho hàm số y = x3 + 3mx2 + 3(m + 1)x + 1 (Cm ). Tìm tất cả các giá trị thực cuả tham số m để đường thẳng d : y = x − 2cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho AB = BC, trong đó A có hoành độ bằng −1. Lời giải: (l94) Phương trình hoành độ giao điểm: (x + 1)[x2 + (3m − 1)x + 3] = 0 √ √ 1+2 3 1−2 3 2 hoặc <m (d) cắt C tại 3 điểm phân biệt ⇔ x + (3m − 1)x + 3 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác −1 ⇔ m < 3 3 A(−1; −3); B(x1 ; x1 − 2);C(x2 ; x2 − 2) AB = BC ⇔ 2x1 = x2 − 1 Mặt khác x1 + x2 = 1 − 3m x1 x2 = 3 Giải hệ tìm được m = −1 (Loại); m = Câu 2.a. Giải phương trình. 3 3 (Nhận). Vậy m = thoả YCBT. 2 2. √
2 2 cos2 x − 3 sin 2x = 4 cos x sin 2x + 2(sin x − cos x).. ://. Lời giải: (thienlonghoangde) Ta viết lại biểu thức bài toán về. htt p. √ √ 2 2. cos2 x + 2 cos x − 2 sin x[3 2 cos x + 4 cos2 x + 1] = 0 √ √ ⇔ ( 2 cos x + 1)(2 cos x − 2 sin x − 4 2 sin x cos x) = 0 (1) √ 1 − t2 Từ (2) ta đặt t = (sin x − cos x) với |t| ≤ 2. Ta có : sin x cos x = . Từ đó thế vào (1) ta được phương trình: 2 √ √ t + 2 − 2t 2 = 0. √ √ − 2 Ta tìm được nghiệm phương trình trên là: t = 2vt = . Đến đây ta dễ tìm ra được nghiệm bài toán. 2 Lời giải: (akashi_95) √ √ 2 2. cos2 x − 6 2. cos x. sin x = 8 cos2 x. sin x + 2 sin x − 2 cos x √ √ ⇔ cos2 x(8 sin x − 2 2) + 2 cos x(3 2 sin x − 1) + 2 sin x = 0 √ √ ∆0 = ( 2 sin x − 1)2√mà 8 sin x √ − 2 2 6= 0 2−4 2 − 2 √ = (+) cos x = 2 8 sin x√− 2 2 √ − 2 √ ⇔ 4 sin x. cos x + 2(sin x − cos x) = 0 (+) cos x = 4 sin x − 2 Đến đây ta giải tương tự cách (1). (. Câu 2.b. Giải hệ phương trình. p √ 3x2 − 2x − 5 + 2x x2 + 1 = 2(y + 1) y2 + 2y + 2 (x, y ∈ R) x2 + 2y2 = 2x − 4y + 3 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> vn. Lời giải: (thienlonghoangde & Huyền Đức) Hệ đã cho trở thành ( p √ 3x2 − 2x − 5 + 2x x2 + 1 − 2(y + 1) y2 + 2y + 2 = 0 ⇐⇒ x2 + 2y2 − 2x + 4y − 3 = 0 Hay. (1) (2). p p x2 + 1 − 2(y + 1) y2 + 2y + 2 = x2 + 2y2 − 2x + 4y − 3 q p ⇐⇒ x2 + x x2 + 1 = (y + 1)2 + (y + 1) (y + 1)2 + 1.. ath .. 3x2 − 2x − 5 + 2x. √ √ t2 Từ đó ta xét hàm số : f (t) = t 2 + t t 2 + 1 Mà f 0 (t) = 2t + t 2 + 1 + √ > |2t| + 2t > 0 > 0 t2 + 1 Suy ra f (t) là hàm đồng biến nên ta có x = y + 1.   2 5 2 ; Từ hệ thứ hai ta có: 3y + 4y − 4 = 0 ⇒ (x; y) = (−1; −2); 3 3 Câu 3.. Tính tích phân. I=. Z e 2 ln x − ln2 x 1. x(x + ln x). dx.. Lời giải: (thienlonghoangde). Z1. I= 0. Đến đây ta dễ dàng suy ra :. 1 dx ; x = et . Khi đó x. bo xm. Đặt t = ln x. Suy ra được t = 1 khi x = e, t = 0 khi x = 1. Và dt = 2t − t 2 dt = et + t 2. Z1. 2t − t 2 − et + et dt = et + t 2. 0. Z1  t e + 2t. et + t 2.  − 1 dt. 0. 1. I = (ln(et + t 2 ) − t) = ln(e + 1) − 1 0. ://. Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, √ SA = a, SB = a 3. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. Lời giải: (thiencuong_96) √ Ta có : SA = a, SB = 3a, AB = 2a nên tam giác SAB vuông tại S. Có mặt phẳng (SAB) ⊥ (ABCD) và AB = (SAB) ∩ (ABCD). √ a 3 Vậy từ trong mặt phẳng kẻ AH vuông với AB suy ra AH ⊥ (ABCD) Dể dàng tính được SH = 2 √ 3 1 2 3a VABCD = SH.SABCD = 3 3. htt p. Trong mặt phẳng ABCD kẻ Bx//AC cắt AD tại E ⇒ ACk(SBE), d(AC; SB) = d(AC; (SBE)) = d(A; (SBE)) d(A; (SBE)) AB 4 Có AH ∩ (SBE) = B ⇒ = = Trong mặt phẳng (ABE) kẻ HQ ⊥ EB, AT ⊥ EB d(H; (SBE)) HB 3 Có EB ⊥ HQ, EB ⊥ SH ⇒ EB ⊥ (SAQ) Kẻ HP ⊥ SQ suy ra HP = d(H;√(SEB)) √ √ 1 HQ BH 3 3 2a 3 5a Mặt khác dể dàng có AT = BD = a 2 Và = = ⇒ HQ = Suy ra HP = 2 AT BA 4√ 4 10 √ 2 5a 2 5a Thế lên trên suy ra d(A; SBE) = . Vậy d(AC; SB) = 5 5 p √ Câu 5. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x 1 − y2 + y 1 − x2 Lời giải: (Ntspbc) p √ √ Đầu tiên ta chứng minh BĐT: a2 + b2 + c2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 , ∀ a, b, c, d ∈ R p Bằng cách bình phương 2 vế và thu gọn, ta đưa về BĐT tương đương là: (a2 + b2 )(c2 + d 2 ) ≥ ac + bd p √ √ BĐT đúng theo BĐT Bunhiacovsky. Vậy a2 + b2 + c2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 Đẳng thức xảy ra khi a = kc và b = kd (k ∈ R).. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> vn. ath .. Trở lại bài Toán. Sử dụng điều kiện và BĐT trên ta có: p p P = x 1 − y2 + y 1 − x2 q q = x (x + y)2 − y2 + y (x + y)2 − x2 p p = x x2 + 2xy + y y2 + 2yx q q p p = (x2 )2 + (x 2xy)2 + (y2 )2 + (y 2xy)2 q ≥ (x2 + y2 )2 + 2xy(x + y)2 Mà. (x2 + y2 )2 + 2xy(x + y)2 = (x2 + y2 )2 + 2xy. = (x2 + y2 )2 + (x + y)2 − (x2 + y2 )   1 2 3 3 2 2 = x +y − + ≥ 2 4 4 Nên ta suy ra r P≥. √ 3 3 = 4 2. Đặt t = xy.Ta có 0 < t ≤. bo xm. √ 1 3 1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = . Vậy GTNN của P là khi x = y = . 2 2 2 Lời giải: (thienlonghoangde) Ta có : q P2 = x2 (1 − y2 ) + y2 (1 − x2 ) + 2xy (1 − x2 )(1 − y2 ) q = x2 + y2 − 2x2 y2 + 2xy (x2 y2 + 2xy) q = 1 − 2xy − 2x2 y2 + 2xy (x2 y2 + 2xy) 1 4. ://. p f (t) = 1 − 2t + 2t 2 + 2t t 2 + 2t p 3 2t(t + 1) f 0 (t) = −2 + 4t + 2 t 2 + 2t + √ < 0 với mọi t thoả 0 < t ≤ . 2 4 t + 2t √ 3 3 1 Suy ra : f (t) là hàm nghịch biến. f (t) ≥ f ( ) = . Suy ra P ≥ 4 4 2 Lời giải: (cokeu14) Ta có : x + y = 1 ⇒ x; y ∈ (0; 1) Do đó ta có : q p p p P = x 1 − (1 − x)2 + (1 − x) 1 − x2 = x 2x − x2 + (1 − x) 1 − x2 3x − 2x2 (1 − x)(1 + 2x) √ Ta sẽ khảo sát hàm số P(x), Có P0 (x) = √ − 2 2x − x 1 − x2. htt p. 3x − 2x2 (1 − x)(1 + 2x) √ P0 (x) = 0 ⇔ √ − =0 2 2x − x 1 − x2 3x − 2x2 (1 − x)(1 + 2x) √ ⇔√ = 2 2x − x 1 − x2 p p 2 ⇔(3x − 2x ) (1 − x)(1 + x) = (1 − x)(1 + 2x) x(2 − x) p p ⇔(3 − 2x) x(1 + x) = (1 + 2x) (1 − x)(2 − x) ⇔x =. 1 2. √ 3 1 Lập bảng biến thiên suy ra Pmin = đạt được khi và chỉ khi x = y = 2 2 Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + (y − 3)2 = 25 có tâm I. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M(6; 1) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 10. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> vn. Lời giải: (thienlonghoangde) Ta có : (C) có I(0; 3) có R = 5. Phương trình đường thẳng d : a(x − 6) + b(y − 1) = 0 với a2 + b2 > 0. √ 1 1 | − 6a + 2b| = x Mà diện tích tam giác IAB = 10 = .d(I; d).AB = .d(I; d).2 25 − x2 Ta có: d(I; d) = √ 2 2 a2 + b2 √ Theo giả thiết ta có SI AB = 10 suy ra: x. 25 − x2 = 10. Ta tìm được hai giá trị x2 = 5 hay x2 = 20. Với x2 = 5 ta được ... Với x2 = 20 ta được .... x+2 y+1 z−3 x−2 y+3 = = , d2 : = = −2 1 2 1 2. ath .. Câu 6a.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :. z−1 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d1 , d2 và có bán kính nhỏ nhất. 2 Lời giải: (thienlonghoangde) Ta viết lại viết trình của hai đường thằng d1 ; d2 dưới dạng tham số như sau:      x = −2 + 2a  x = 2+b (d1 ) y = −1 + a ; (d2 ) y = −3 + 2b     z = −3 + 2a z = 1 + 2b. bo xm. Gọi A, B lần lượt là hai điểm thuộc d1 ; d2 . A(−2 − 2a; −1 + a; 3 + 2a); B(2 + b; −3 + 2b; 1 + 2b) Theo yêu cầu bài toán,mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất khi nhận đoạn vuông góc chung của d1 ; d2 làm đường kính. − → Vậy ta chỉ cần tìm hai điểm A, B là bài toán được giải quyết. Ta có :AB(4 + 2a + b; 2b − a − 2; 2b − 2a − 2). → − → − Gọi vecto chỉ phương d1 ; d2 lần lượt là d1 (−2; 1; 2); d2 (1; 2; 2). − − →→ AB. d1 = 0 ⇔ −2(4 + 2a + b) + 2b − a − 2 + 4b − 4a − 4 = 0 ⇔ −9a + 4b = 14 − − →→ AB. d2 = 0 ⇔ 4 + 2a + b + 4b − 2a − 4 + 4b − 4a − 4 = 0 ⇔ −4a + 9b = 4 Từ đó, ta có hệ sau :. ( −9a + 4b = 14 a = −22/13 ⇔ −4a + 9b = 4 b = −4/13     18 −35 −5 22 −67 5 Ta được toạ độ hai điểm A, B là :A ; ; ;B ; ; 13 13 13 13 13 13   20 −41 AB2 285 Gọi I là trung điểm AB ta có :I ; ; 0 Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có : R2 = = 13 13 4 169 Vậy ta có phương trình mặt cầu (S) nhận I làm tâm, R làm bán kính là :     20 2 41 2 2 x− + y+ +z = 0 13 13. ://. (. Câu 7a. Tìm hệ số của số hạng chứa. x2.   2 n 2 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x + , biết: x 3 − 3A2 = 52(n − 1). 3Cn+1 n. htt p. Lời giải: (thienlonghoangde) Từ đẳng thức đề bài cho dễ dàng suy ra được :. (n + 1)! 3n! − = 52(n − 1) 3!.(n − 2)! (n − 2)!. Tương đương với:. n(n + 1) − 6n = 104. Từ đây suy ra n = 13. Với n = 13 thì ta có biểu thức đề bài trở thành tìm hệ số. x2.   2 13 2 trong khai triển của x + . x. Ta viết lại biểu thức.   13 2 13 k 2(13−k) k −k = ∑ C13 x .2 .x x2 + x k=0. Do hệ số cần tìm chứa x2 nên 2(13 − k) − k = 2. Vậy k = 8. 8 Do đó hệ số khai triển cần tìm là: 28 .C13 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 6b.b. ath .. vn. √ Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy viết phương trình elip (E) đi qua M(2 3; 1) và phương trình tiếp tuyến tại √ M là 3x + 2y − 8 = 0. Lời giải: (thienlonghoangde) √ x 2 y2 Gọi phương trình (E) : 2 + 2 = 1. (E) đi qua M(2 3; 1) ⇒ a2 + 12b2 − a2 b2 = 0 (1) a b √ 2 3x y Phương trình tiếp tuyến theo phương pháp phân đôi toạ độ qua M là : + 2 = 1 (2) 2 a b √ Theo giả thiết thì phương trình tiếp tuyến tại M là 3x + 2y − 8 = 0 (3) a2 a2 b2 Ta đồng nhất hai hệ số phương trình tiếp tuyến lạo như sau: 2b2 = = 2 8 x2 y2 2 2 Kết hợp với (1) ta có a = 4; b = 16. Vậy phương trình (E) là : + = 1. 4 16 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 :. x+3 y−1 z+3 x−1 y+1 = = , d2 : = = 2 1 1 2 −2. bo xm. z−3 . và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d1 , tiếp xúc với 1 đường thẳng d2 và mặt phẳng (P). Lời giải: (thienlonghoangde & hungchng) − Gọi I là tâm mặt cầu (S). (d1 ) có vecto chỉ phương là → n1 = (2; 1; 1) và I ∈ (d1 ) nên I(2t − 3;t + 1;t − 3) với t ∈ R. |2t − 3 + 2(t + 1) + 2(t − 3) + 7| √ Ta có khoảng cách từ I đến (P) là : d[I; (P)] = = |2t| 1 + 22 + 22 − → − →− − (d2 ) đi qua điểm M(1; −1; 3) và có vecto chỉ phương là → n2 = (2; −2; 1). IM = (4 − 2t; −2 −t; 6 −t), [IM; → n2 ] = (10 − 3t; 8; 6t − 4) − →− p √ [IM; → n2 ] (10 − 3t)2 + 64 + (6t − 4)2 45t 2 − 108t + 180 p d[I; (d2 )] = = = → − 3 | n2 | 22 + (−2)2 + 1 d[I; (P)] = d[I; (d2 )] ⇔ 45t 2 − 108t + 180 = 36t 2 ⇔ t 2 − 12t + 20 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 10 Thay vào ta tìm được hai phương trình mặt cầu (S) là :. (x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 16 hoặc (x − 17)2 + (y − 11)2 + (z − 7)2 = 400. ://. Câu 7b. Giải phương trình: log3 (2x − 3) = log5 (3x + 7). Lời giải: (thienlonghoangde & thiencuong_96) Ta đặt log3 (2x − 3) = log5 (3x + 7) = t. Từ đó ta có hệ : ( 3t = 2x − 3 5t = 3x + 7. (1) (2). Nhân 3 vào (1) và nhân 2 vào (2) và sau đó lấy hai pt mới trừ vế theo vế ta được: 3.3t + 23 = 2.5t ⇔ 3..  t     3 3 3 t 23 1 t 23 + t =2⇔ . + . =1 5 5 2 5 2 5. htt p.             3 3 t 23 1 t 0 3 3 t 3 23 1 t 1 + . f (t) = . . ln + . . ln < 0 ∀t Xét f (t) = . 2 5 2 5 2 5 5 2 5 5 Vậy hàm số luôn nghịch biến. Nhận thấy f (2) = 1 Vậy t = 2 là nghiệm của phương trình trên. Suy ra x = 6.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>