De thi k2pi 04

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TÀI LIỆU TOÁN THPT. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. . Môn: TOÁN NGÀY 24.11.2012. ĐỀ SỐ 4. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có đồ thị (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = −1. b) Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (C m ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình:. 2 (1 +p sin x) +p(2 cos x + 1) (2 x − 1)2 = 4 cos x + tan x pcos ¶ µ 1+2 x −x x 1+x x b) Giải phương trình: =2 p 1+x 3−x − 2−x Z π 4 sin x − 2x. cos x Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I = dx . e x (1 + sin 2x) 0 p. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D , đáy ABC D là hình chữ nhật có AB = 2a, AD = 2 2a . Cạnh bên S A vuông góc với mặt phẳng đáy, các điểm M , N lần lượt là trung điểm của D A và DS . Đường thẳng SC cắt mặt phẳng (B M N ) tại P . Tính thể tích khối chóp S.B M N P và khoảng p cách giữa hai đường thẳng SB và P N , biết rằng cô-sin góc giữa đường thẳng C N và mặt phẳng (B M N ) bằng Câu 5. (1 điểm). 33 . 9. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x 2 + 2y 2·+ 5z 2 ≤ 2. Tìm giá trị lớn ¸nhất của biểu thức: q ¡ ¢ ¡ ¢2 P = x y + y z + zx 1 + 4 − x 2 + 2y 2 + 5z 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 Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABC D ngoại tiếp đường tròn 32 . Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm M (7; 8) và N (6; 9). Tìm 5 tọa độ các đỉnh của hình thoi ABC D .. (I ) : (x − 5)2 + (y − 6)2 =. b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các điểm B (0; 1; 0) và N (2; −1; 2). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua các điểm B, N đồng thời cắt các tia Ox,Oz tại A,C sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. (. Câu 7A. (1 điểm). Giải hệ phương trình:. log5 (5x − 4) = 1 − 2y ¢¡ ¢ ¡ x 3 − 2y = x 2 − x 2y + 1. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B . Một đường thẳng đi qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối tâm O 1 ,O 2 có phương trình 24 . 5 b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các mặt phẳng (P ) : −mx + (1 − m)z − 2m + 3 = 0, x − y − 3 = 0 và diện tích tam giác BC D bằng. (Q) : m y + z + 3 = 0 và (R) : x − y = 0 ( m là tham số thực khác 0 ). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua giao. tuyến của hai mặt phẳng (P ) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (R). Câu 7B. (1 điểm) Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 3 có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. ———————————————–Hết—————————————————-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 có đồ thị (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = −1. b) Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (C m ) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau. a) Lời giải (hungchng): m = −1 hàm số y = x 4 − 2x 2 + 1 có tập xác định : D = R; ¡ ¢ đạo hàm y 0 = 4x x 2 − 1 , y 0 = 0 ⇐⇒ x = 0; x = −1; x = 1. Đồ thị 4. Hàm số đồng biến trên (−1; 0); (1; +∞) ; Hàm số nghịch biến trên (−∞; −1); (0; 1) lim y = +∞; lim y = +∞; x→−∞. 3. x→+∞. Bảng biến thiên x. −∞. y0. 2. 0. −1 −. 0. +∞. +. 0. +∞. 1 −. 0. 1. + +∞. 1. −2. y 0. −1. 0. 1. 2. −1. 0. Điểm cực đại (0; 1); 2 điểm cực tiểu (−1; 0), (1; 0) b) Lời giải (Con phố quen): ¡ ¢ ¡ ¢ Tập xác định : D = R. Ta có : y 0 = 4x 3 − 4mx = 4x x 2 − m . Do đó : y 0 = 0 ⇐⇒ 4x x 2 − m = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x 2 = m. Vậy để hàm số có ba cực trị, điều kiện tương thích là m > 0. p p Gọi tọa độ ba cực điểm là A(0; 1), B (− m, 1 − m 2 ),C ( m, 1 − m 2 ). Ta có A ∈ Ox, B,C đối xứng qua O y nên tam giác ABC cân tại A. Kẻ AH ⊥BC ⇒ H ∈ O y. Diện tích tam giác ABC được tính :. ¯ 1 1 ¯ AH · BC = · ¯ y B − y A ¯ · |x B − xC |. 2 2 p p CV ABC = 2AB + BC = 2 m + m 4 + 2 m. S ABC =. p. Do đó S ABC = m 2 m.. Lại có, chu vi tam giác ABC được tính : Theo giả thiết : S ABC = CV ABC nên ta có phương trình :. p p p p m 2 m = 2 m + m 4 + 2 m ⇐⇒ m 2 = 2 m 3 + 1 + 2   m>0    p ⇐⇒ m 2 − 2 ≥ 0 =⇒ m = 2(1 + 2)    (m 2 − 2)2 = 4(m 3 + 1) p. Vậy m = 2(1 + 2) là giá trị cần tìm của bài toán. Câu 2.a. Giải phương trình: 2 (1 + sin x) + (2 cos x + 1) (2 cos x − 1)2 = 4 cos x + tan x. Lời giải (angel): ĐK : cos x 6= 0. Phương trình tương đương với : £¡ ¢ ¤ ¡ ¢ (2 cos x − 1) 4 cos2 x − 3 + tan x = 0 ⇐⇒ (2 cos x − 1) 4 cos3 x − 3 cos x + sin x = 0  " x = ± π3 + k2π cos x = 12  ¡ ¢ ⇐⇒  x = π4 + kπ ⇐⇒ (2 cos x − 1) (cos 3x + sin x) = 0 ⇐⇒ (k ∈ Z ) cos 3x = cos π2 + x x = − π8 + kπ 2. Câu 2.b. Giải phương trình:. p p p ¶ µ 1+2 x −x x 1+x x =2 p 1+x 3−x − 2−x. Lời giải (Con phố quen): 2. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho được biến đổi tương đương thành phương trình : ¡ ¢ p ¢¡ p p p p x x +x −x − x − x −1 2 1+ x x − x +1 = p 1+x 2−x +x −3 ¡ ¡p ¢¡ ¢ ¢ p ¢¡ p p 2 1+ x x − x +1 x +1 x − x −1 = ⇐⇒ p 1+x 2−x +x −3 p p x − x −1 2x − x + 1 (1) = ⇐⇒ p 1+x 2−x +x −3 p p x − x −1 Tới đây ta có : 2 − x + x − 3 < 0, ∀x ∈ [0; 2] . Mặt khác ta có : p ≤ 1, ∀x ∈ [0; 2] 2−x +x −3 Thật vậy, ta có (2) tương đương với : p p p p x − x − 1 ≥ 2 − x + x − 3 ⇐⇒ 2 − x + x ≤ 2 p. p. Ta có (3) luôn đúng vì theo bất đẳng thức B.C .S ta có : 2 − x + x ≤ p p Dấu đẳng thức p xảy ra khi và chỉ khi : 2 − x = x ⇐⇒ x = 1. Lại có :. x − x +1 ≥ 1, ∀x ∈ [0; 2] 1+x. (2).. (3). p (12 + 12 )(2 − x + x) = 2. (4). Thật vậy, ta có (4) tương đương với : ¡p ¢2 p x − 1 ≥ 0 (luôn đúng) x − x + 1 ≥ 1 + x ⇐⇒. Dấu đẳng thức xảy  p ra ở (4) khi và chỉ khi x = 1.. x − x −1   p ≤1 2− px + x − 3 Vậy ta có : x ∈ [0; 2] nên (1) xảy ra khi và chỉ khi x = 1.  x − x +1   ≥1 1+x Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.. Lời  giải (NgoHoangToan): Đặt. a = px, a ≥ 0 b = p2 − x ≥ 0. ⇐⇒ a 2 + b 2 = 2. Ta viết lại phương trình đã cho thành:. 1 + 2a − a(2 − b 2 ) 1 + a3 = 2 3 − (2 − b 2 ) − b 1 + a2 2 3 1 + ab 1+a ⇐⇒ 2 =2 b −b +1 1 + a2 ⇐⇒ 1 + ab 2 + a 2 + a 3 b 2 = 2b 2 − 2b + 2 + 2a 3 b 2 − 2a 3 b + 2a 3 ⇐⇒ a 3 (b 2 − 2b + 1) + b 2 − 2b + 1 + b 2 − ab 2 + a 3 − a 2 = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + (a − 1)(a 2 − b 2 ) = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)(a 2 − 1) = 0 ⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)2 (a + 1) = 0  (b − 1)2 = 0 Mà a, b ≥ 0 nên ta có (a − 1)2 = 0. Câu 3.. Tính tích phân. π 4. Z I=. . Hay a = b = 1 ⇐⇒ x = 1. Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.. 0. sin x − 2x. cos x dx . e x (1 + sin 2x). Lời giải (khanhtoanlyhoa): π. Z4 I= 0. Đặt t =. x+. ¢ ¡ sin x + cos x − 2 x + 12 . cos x e x (1 + sin 2x). dx. 1 2. e x (sin x + cos x) =⇒ d t =. ¡ ¢ e x (sin x + cos x) − x + 21 . [e x (cos x − sin x) + e x (cos x + sin x)]. . e 2x (cos x + sin x)2. dx =. ¡ ¢ sin x + cos x − 2 x + 21 . cos x e x (1 + sin 2x). dx. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 2. Đổi cận: x = 0 → t = , x =. π π+2 →t = p π . 4 4 2.e 4 p π ¯ π+2π ¯ p 4 1 π + 2 − 2 2.e 4 π+2 =⇒ I = t ¯¯ 4 2.e = p π − = p π 1 4 2.e 4 2 4 2.e 4 2 p. Câu 4. Cho hình chóp S.ABC D , đáy ABC D là hình chữ nhật có AB = 2a, AD = 2 2a . Cạnh bên S A vuông góc với mặt phẳng đáy, các điểm M , N lần lượt là trung điểm của D A và DS . Đường thẳng SC cắt mặt phẳng (B M N ) tại P . Tính thể tích khối chóp S.B M N P và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và P N , biết rằng cô-sin góc giữa đường p thẳng C N và mặt phẳng (B M N ) bằng. 33 . 9. Lời giải (dan_dhv):. Gọi O là tâm đáy. I = AC ∩ B M . Ta A ⇐⇒ (B M N ) ∩ (S AC ) = I P kS AkM N (P ∈ SC ) p có M N kS p. AC 2a 3 4a 3 1 1 3a 4 1 = ; IC = Nhận thấy : + = ⇐⇒ AC ⊥ B M 2 2 3 3 3 AB AM = AI 2 p 2a 3 Lại có: AC ⊥ P I ⇐⇒ AC ⊥ (B M N P ) S Ak(B M N P ) ⇐⇒ d (A; (B M N P )) = d (S; (B M N P )) = AI = 3 p 33 4 IC á Khi đó. (NC ; (B M P )) = C N I = α, cos α = ⇐⇒ tan α = p . Mà tan α = IN 1 p p9 p p p p p p a 33 a 2 4a 3 2a 6 6 Nên I N = ; I M = AM 2 − AI 2 = ; M N = I N 2 − I M 2 = a 3; do đó S A = 2a 3; P I = S A = ; BI = 3 3 3 3 3 p 1 1 5a 2 2 S B M N P = S B I P + S I M N P = I P.B I + I M (P I + M N ) = 2 p 2 p 2 p 1 5a 2 2 2a 3 5a 3 6 Vậy VSB M N P = . . = . 3 2 3 9 Vẽ PQkSB ⇐⇒ S AkPQkNO; QO ∩ AD = E . p. Ta có : AC = 2a 3; AI =. Hạ DF kQE ⇐⇒ d (SB ; N P ) = d (B ; (QE N P )) = d (F ; (QE N P )). p 4a 2 1 Hạ F H ⊥ QE ⇐⇒ F H ⊥ (QE N P ). Ta có SQE DF = AB.(QF + DE ) = 2p 3 p SQE DF 1 a 44 4a 2 2 Lại có: SQE DF = F H (2F D); F D = C D +C F = ⇐⇒ F H = =p 2 3 DF 22 4a Vậy d (SB ; N P ) = p 22. Câu 5.. 2 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn : x 2 + 2y 2 + 5z · ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất ¸ của biểu thức:. q ¡ ¢ ¡ ¢2 P = x y + y z + zx 1 + 4 − x 2 + 2y 2 + 5z 2. Lời giải (Inspectorgadget): Áp dụng bất đẳng thức C auch y − Schw ar z ta có: 2x 2 + 3y 2 + 6z 2 =. 4. x2 1 2. +. y2 1 3. +. z2 1 6. ≥. (x + y + z)2 1 2. + 31 + 16. = (x + y + z)2. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vậy nên: ³ ´ p x 2 + 2y 2 + 5z 2 ≥ 2(x y + y z + zx) =⇒ 2P ≤ t . 1 + 4 − t 2. Với t = x 2 + 2y 2 + 5z 2 ≤ 2 Vậy ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của : ³ ´ p K = t. 1+ 4− t2. (t ≤ 2). Dấu bằng xảy ra khi 2x = 3y = 6z Câu 6A.a. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABC D ngoại tiếp đường tròn. 32 . Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua các điểm M (7; 8) và N (6; 9). Tìm tọa 5 độ các đỉnh của hình thoi ABC D .. (I ) : (x − 5)2 + (y − 6)2 =. Lời giải (thiencuong_96): Do là đường tròn nội tiếp hình thoi, suy ra tâm trùng với giao của hai đường chéo. Dể dàng suy ra (AC ) : x − y + 1 = 0 Gọi(AB ) : y = k(x − 6) + 9.  x 1 p (AB ) : y = + 7 |3 − k| 4 10  k=3 3  =⇒  Có : d (I ; (AB )) = p = −13x 53 −13 =⇒ 5 k2 + 1 (AB ) : y = + k= 9 9  9  B (3; 8) D(7; 4) ¶ ¶ µ µ Có phương trình (B D) : x + y − 11 = 0 =⇒  =⇒  −23 45 43 −21 B D ; ; 2 2 2 2. ". =⇒. A(9; 10) A(2; 3). " =⇒. C (1; 2) C (8; 9). Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các điểm B (0; 1; 0) và N (2; −1; 2). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua các điểm B, N đồng thời cắt các tia Ox,Oz tại A,C sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải (dan_dhv): x z Gọi A(a; 0; 0);C (0; 0; c). Do A,C thuộc tia Ox.Oz nên a, c > 0. Mặt phẳng (P ) có pt: + y + = 1. a c h−→ −→i 1 1 (a + c)2 −→ −→ Do N ∈ (P ) ⇐⇒ + = 1 ⇐⇒ a + c = ac ≤ ⇐⇒ a + c ≥ 4. Ta có : B A(a; −1; 0); BC (0; −1; c); BC ; B A = (c; ac; a) a c 4 p p 1 ¯¯h−→ −→i¯¯ 1 p 2 1p 2 S ABC = ¯ BC ; B A ¯ = a + c 2 + a2c 2 = a + c 2 + (a + c)2 ≥ 6. Do đó Mi n S ABC = 6 ⇐⇒ a = c = 2 2 2 2 Vậy (P ) : x + 2y + z − 2 = 0 (. Câu 7A.. Giải hệ phương trình:. log5 (5x − 4) = 1 − 2y ¡ ¢¡ ¢ x 3 − 2y = x 2 − x 2y + 1. (1) (2). Lời giải (dan_dhv): Đk: 5x − 4 > 0 P t (2) ⇐⇒ x 3 − x 2 + x = (x 2 − x + 1)2y ⇐⇒ x = 2y. Thay vào P t (1) ta có : log5 (5x − 4) = 1 − x ⇐⇒ 5x − 4 = 51−x ⇐⇒ 5x = 5 ⇐⇒ x = 1. Vậy nghiệm hệ là (1; 2) Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B . Một đường thẳng đi qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BC D biết rằng đường thẳng nối tâm O 1 ,O 2 có phương trình x − y − 3 = 0 và diện tích tam giác BC D bằng. 24 . 5. Lời giải (thiencuong_96): Phương trình (AN ) : x − 3y + 2 = 0 µ. ¶ 9 3 Có O 1 O 2 ⊥ AB =⇒ (AB ) : x + y − 6 = 0 =⇒ I ; =⇒ B (5; 1) ( với I là giao điểm của AB và O 1 O 2 ) 2 2  Ù Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau( hay hai đường tròn bằng nhau) nên B DC = BC µ A ( cùng ¶ chắn 1 cung AB ) 23 11 Nên tam giác B DC cân. Kẻ B M vuông góc với DC suy ra (B M ) : 3x + y − 16 = 0 hay M ; 5 5 µ ¶ 56 22 Gọi D(3t − 2; t ) =⇒ C − 3t ; −t 5 5  µ ¶  41 17 D(1; 1);C ; t = 1  1 µ5 5¶ Có S BC D = .d (B ; (C D)).DC . Suy ra  17 =⇒   41 17 2 t= C (1; 1); D ; 5 5 5. . 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 6B.b. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Ox y z cho các mặt phẳng (P ) : −mx + (1 − m)z − 2m + 3 = 0,. (Q) : m y + z + 3 = 0 và (R) : x − y = 0 ( m là tham số thực khác 0 ). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua giao tuyến. của hai mặt phẳng (P ) và (Q) đồng thời vuông góc với mặt phẳng (R). Lời giải (manlonely838): Phân tích: Bài này chắc là không ít học sinh hình dung không ra hướng làm. Giả thiết chỉ cho phương trình các mặt £− ¤ → =→ − → =→ − − phẳng. Rõ ràng, − u n (R) . Thêm nữa, vì (α) chứa giao tuyến của (P ), (Q) nên − u u (P )∩(Q) = → n (P ) , → n (Q) . Suy ra 1(α) 2(α) → − n (α) . Vấn đề còn lại là tìm được 1 điểm nào đó thuộc (α) là phương trình (α) sẽ hình thành. Nhưng, (α) đi qua giao tuyến của (P ) và (Q) mà phương trình (P ) và (Q) lại có chứa tham số m chưa xác định được và chắc chắn không có cơ sở để xác định tham số m này. Có lẽ tham số m này là để đánh lừa chăng? Mà mục tiêu của chúng ta là tìm được một điểm có tọa độ xác định thuộc giao tuyến này. Thật may mắn!... Ta có → − − → =→ − n (P ) = (−m; 0; 1 − m), → n (Q) = (0; m; 1), − u n (R) = (1; −1; 0). 1(α) ¤ − → = £→ − − u n (P ) , → n (Q) = (m 2 − m; m; −m 2 ). 2(α). Suy ra £→ − → − → ¤ = (m 2 ; m 2 ; m 2 ). n (α) = − u 1(α) , u 2(α) − Vì m 6= 0 nên ta chọn → n (α) = (1; 1; 1). Mặt khác ta nhận thấy rằng điểm M (1; 0; −3) ∈ (P ) ∩ (Q) nên M (1; 0; −3) ∈ (α). Vậy, (α) có phương trình là 1.(x − 1) + 1.(y − 0) + 1.(z + 3) = 0 ⇐⇒ x + y + z + 2 = 0.. Câu 7B. Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 3 có mặt đúng 2 lần,chữ số 0 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Lời giải (angel): Ta có 9.106 số tự nhiên có 7 chữ số. Giả sử số tự nhiên có 7 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a1 a2 ...a7 . Do a1 6= 0 nên có C 63 cách để đặt chữ số 0, sau đó có C 42 cách để đặt chữ số 3. Và có A 28 cách để đặt các chữ số còn lại. Ta sẽ có: C 63 .C 42 .A 28 = 6720 số thỏa mãn. Vậy: P =. 6. 7 9375. .

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