De thi thu so 5 o toanphothongvn co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TOÁN PHỔ THÔNG. . Môn: TOÁN NGÀY 02.03.2013. ĐỀ SỐ 5. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2x 3 + (m 2 + 4)x 2 − 6mx − 2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ của hai điểm này đều là các số nguyên. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình:. sin 2x cos 2x ¡ ¢ ¡ ¢ = 2. π − sin x + 4 cos x + π4. b) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên tập số thực: ¡. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân:. π 2. Z I=. 0. x2 − 1. ¢ ³p 3. x2 + x + 1 +. 1 − 2e x sin x (sin x − e x )2. p 3. ´ x2 − x + 1 = m. dx. p. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S ABC D có đáy ABC D là hình chữ nhật. Biết AB = a , AD = a 2, S A vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC D). Gọi M là trung điểm của AD . Biết góc tạo bởi (SB M ) và mặt phẳng (S AB ) là 450 . Tính thể tích khối chóp S ABC D theo a và tìm cosin của góc tạo bởi đường thẳng AB và mặt phẳng (SB M ). Câu 5. (1 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: s P=. (a + b + c)(ab + bc + c a) 4bc + abc (b + c)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)  , S ABC = 1, 5. Trên tia AC lấy điểm D a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC có B AC = 2 ABC sao cho AD = AB . Biết B (−1, −2) và B D = 3. Tìm tọa độ đỉnh C biết C nằm trên đường thẳng 2x + 3y + 4 = 0. b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (0, 2, −2), N (2, 3, −1) và mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 6y − 4z − 11 = 0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng M N và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính là 4. Câu 7A. (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực: µ log(x+3) p. 2. ¶ p. x +6+ x +2. =. 1 2. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm). ! p µ ¶ 3 3 5 5 a) Cho hình thoi ABC D với A(2, 4), B 2 − , có tâm I 2, . Trên cạnh BC lấy điểm M và trên cạnh BC 2 2 2 0 ƒ lấy điểm N sao cho M AN = 30 . Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N . Viết phương trình đường Ã. thẳng AE , biết điểm M có tung độ bằng 1. x −1 y +1 z x y +1 z −1 = = và đường thẳng (d 0 ) : = = . Lập phương trình 1 −2 1 2 −2 −1 đường thẳng (d ) qua O , vuông góc với (∆) và cách (d 0 ) một khoảng lớn nhất.. b) Cho O(0, 0, 0), đường thẳng (∆) :. Câu 7B. (1 điểm) Một trường cử ba học sinh đi thi học sinh giỏi toán thành phố. Biết khả năng được giải của mỗi em theo thứ tự là 80%, 60% và 40%. Tính xác suất để có ít nhất hai em được giải. ———————————————–Hết—————————————————.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = 2x 3 + (m 2 + 4)x 2 − 6mx − 2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ của hai điểm này đều là các số nguyên. a) Lời giải (hungchng) m = 0 hàm số là y = 2x 3 + 4x 2 − 2 có tập xác định D = R; Đồ thị " 0. 2. 0. đạo hàm y = 6x + 8x; lim y = −∞;. x→−∞. x =0. 4 x =− 3. y = 0 ⇐⇒. lim y = +∞;. =⇒ y = −2 10 =⇒ y = 27 1. x→+∞. Bảng biến thiên x. − 43. −∞. y0. +. −. 0. +∞. 0 +. 0. −2. −1. 0. 1. +∞. 10 27. −1. y −∞. −2 ¡ ¢ Hàm số đồng biến trên −∞; − 43 ; (0; +∞) ; ¢ ¡ nghịch biến trên − 43 ; 0 ¡ ¢ Điểm cực đại − 43 ; 10 27 Điểm cực tiểu (0; −2). −2. −3. b) Lời giải (...). Câu 2.a. Giải phương trình:. sin 2x cos 2x ¡ ¡ ¢ ¢ = 2. π − sin x + 4 cos x + π4. Lời giải½(hokiuthui200) Điều kiện:. sin(x + π4 ) 6= 0 cos(x + π4 ) 6= 0. Phương trình đã cho tương đương với: p p sin 2x cos 2x 2 − 2 = 2 ⇐⇒ sin 2x(cos x − sin x) − cos 2x(sin x + cos x) = 2 cos 2x sin x + cos x cos x − sin x p p p p ⇐⇒ 2 sin 2x(cos x − sin x) − 2 cos 2x(cos x + sin x) = 2 cos 2x ⇐⇒ 2 sin 2x − 2(cos x + sin x)2 = 2(cos x + sin x) £ p p ¤ Đặt t = sin x + cos x , t ∈ − 2; 2 . (∗) tương đương với:. (∗). p p p 2 2 1 − 2 − 2t = 0 ⇐⇒ t = − ⇐⇒ sin x + cos x = − ⇐⇒ sin(x + π4 ) = − 2 2 2 11π Vậy x = − 5π 12 + k2π hoặc x = 12 + k2π với k ∈ Z. Câu 2.b. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên tập số thực: ¡. x2 − 1. ¢ ³p 3. x2 + x + 1 +. p 3. ´ x2 − x + 1 = m. Lời giải (dangnamneu) Nhận thấy nếu x 0 là nghiệm của phương trình thì −x 0 cũng là nghiệm của phương trình, do đó để phương trình có nghiệm duy duy nhất thì x 0 = −x 0 nên x 0 = 0. Lúc này thay ngược lại phương trình ban đầu ta tìm được m = −2. Tiếp đến ta sẽ chứng minh với m = −2 thì phương trình có nghiệm duy nhất. ´ p ¡ 2 ¢ ³p 3 3 Thật vậy, xét phương trình x −1 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = −2. ¡ ¢¡ ¢ 2 x2 − 1 x2 + 1. = −2 ⇔ A 2 + B 2 + x 4 = 1 + AB , A 2 − AB + B2 p 3 trong đó A = x 2 + x + 1 > 0 và B = x 2 − x + 1 > 0 ¡ ¢ (AB )2 − 1 x 2 x 2 + 1 2 2 4 2 4 Mặt khác A + B + x − 1 − AB = (A − B ) + x + AB − 1 ≥ 0 do AB − 1 = = ≥ 0 và (A − B )2 + x 4 ≥ 0. AB + 1 AB + 1   A=B AB = 1 ⇔ x = 0. Do đó  x =0 Vậy với m = −2 thì phương trình có nghiệm dy nhất.. Nhân với liên hợp(trục căn thức ta được) p 3. 2. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 3.. Tính tích phân:. Z I=. 0. π 2. 1 − 2e x sin x (sin x − e x )2. dx.. Lời giải (hokiuthui200) π 2. sin2 x − 2e x sin x + e 2x + cos2 x − e 2x. π 2. π 2. cos2 x − e 2x. π dx = + I 2 x )2 2 (sin x − e  ( x x Z π u = cos x + e  x x du = (e − sin x)dx 2 (cos x + e )d(sin x − e ) d(sin x − e x ) −1 Tính I 2 : I 2 = Đặt: ⇒ dv = v= (sin x − e x )2 0 sin x − e x (sin x − e x )2 π π π π Z π x Z π 2 e − sin x 2 −e 2 π −e 2 −e 2 −e 2 ⇒ I2 = dx = dx = ⇒I = π −2+ π −2− π −2− π −2 x 2 0 sin x − e 0 1−e 2 1−e 2 1−e 2 1−e 2. Ta có: I =. Z. 0. 2. sin x − 2e x sin x + e 2x. Z. dx =. 0. Z. dx +. 0. p. Câu 4. Cho hình chóp S ABC D có đáy ABC D là hình chữ nhật. Biết AB = a , AD = a 2, S A vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC D). Gọi M là trung điểm của AD . Biết góc tạo bởi (SB M ) và mặt phẳng (S AB ) là 450 . Tính thể tích khối chóp S ABC D theo a và tìm cosin của góc tạo bởi đường thẳng AB và mặt phẳng (SB M ). Lời giải (hokiuthui200) ½ +) VS.ABC D Ta có: (S AB ) (SB M ) = SB Từ M kẻ M H ⊥ SB (1) T. AM ⊥ AB AM ⊥ S A. ⇒ AM ⊥ (S AB ) ⇒ AM ⊥ SB (2). ƒ Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (S AB ) và (SB M ) là góc M H A = 45o AM ⊥ AH (AM ⊥ (S AB )) AM =. p a 2 2. p AM a 2 1 1 1 ƒ 4M H A vuông tại A tan M HA= ⇒ AH = 4S AB vuông tại A ⇒ = + ⇒ SA = a 2 2 2 AH 2 AH S A AB p a3 2 1 (đvtt) ⇒ VS.ABC D = .S A.S ABC D = 3 3 ½ T B M ⊥ AK ⇒ B M ⊥ (S AK ) ⇒ (SB M ) ⊥ (S AK ) (SB M ) (S AK ) = SK +) Cosin góc giữa AB và (SB M ) Từ A kẻ AK ⊥ B M BM ⊥ SA Từ A kẻ AN ⊥ SK ⇒ AN ⊥ (SB M ) Suy ra hình chiếu của A lên (SB M ) là NpSuy ra góc giữa AB và (SB M ) là góc ƒ AB N p 1 1 1 a 3 1 1 1 Ta có: SB = a 2 4AB M vuông tại A ⇒ = + ⇒ AK = 4S AK vuông tại A ⇒ = + 2 AK 2 AB 2 pAM 2 3 AN p S A 2 AK 2 p p a a 3 2a 3 ⇒ AN = 4S AN vuông tại N ⇒ SN = S A 2 − AN 2 = 4S AK vuông tại K ⇒ SK = S A 2 + AK 2 = 2 2 3 p p p B K 2 − SB 2 − SK 2 6 a 3 2 2  Ta có: cos B SN = cos B SK = SN = = B N = SB + SN − 2.SB.SN . cos B −2.SB.SK 3 2 p p 2 2 2 3 3 AN − AB − B N ƒ = ⇒ cosin góc giữa AB và (SB M ) bằng ⇒ cos AB N = −2.AB.B N 2 2. Câu 5.. Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: s P=. 4bc (a + b + c)(ab + bc + c a) + abc (b + c)2. Lời giải (cokeu14_bl) Có thể xử lý thế này s. b + c a (b + c) c b 4bc + + + + a bc b c (b + c)2 v s u u 4bc (b + c)2 c 2 + b 2 t ≥ 3+2 + + bc bc (b + c)2 v s u u 4bc (b + c)2 (b + c)2 t = 1+2 + + bc bc (b + c)2   s 4bc (b + c)2  = 1 + + bc (b + c)2. P=. Đặt t =. 3+. (b + c)2 , suy ra t ≥ 4. Lúc này ta khảo sát hàm số hoặc dùng bất đẳng thức để xử lí hàm sau bc p 4 f (t ) = 1 + t + t. Lời giải (asroma11235) Ta có:. . 4bc abc 27abc = ≥ (b + c)2 a. b+c . b+c (a + b + c)3 2 2. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> s. Đặt t =. (a + b + c)(ab + bc + c a) ≥ abc. s. p 3. (a + b + c)3 abc. a2b2c 2. v s u u t 3 (a + b + c)3 = 3 abc. p p (a + b + c)3 27 ≥ 27 Ta chỉ cần xét hàm : f (t ) = 3 3 t + . abc t. Lời giải (Hoangcongduc) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM được:. p (a + b + c)(ab + bc + c a) = a 2 (b + c) + abc + a(b + c)2 + (b + c)bc ≥ 2a bc(b + c) + abc + a(b + c)2. Từ đó ta có: s P≥. b +c (b + c)2 b +c 4bc 4bc 2 p +1+ = p +1+ . + 2 bc (b + c) (b + c)2 bc bc. Theo bất đẳng thức AM-GM ta lại có: 4bc b +c b +c 4bc b +c = p + p + +1 ≥ 3+1 = 4 p +1+ 2 (b + c) bc 2 bc 2 bc (b + c)2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 đạt được khi và chỉ khi a = b = c .  , S ABC = 1, 5. Trên tia AC lấy điểm Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC có B AC = 2 ABC D sao cho AD = AB . Biết B (−1, −2) và B D = 3. Tìm tọa độ đỉnh C biết C nằm trên đường thẳng 2x + 3y + 4 = 0.. Lời giải (haruki) Theo giả thiết ta có: 2xC + 3yC + 4 = 0 (1) Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác AB D ta có: 3  ) = 4AB 2 . sin2 ABC ⇐⇒ AB. sin ABC = . B D 2 = 2AB 2 (1 − cos 2 ABC 2. Ta lại có: S ABC =. 1 AB.BC . sin ABC ⇐⇒ BC = 2. ⇐⇒ (xC + 1)2 + (yC + 2)2 = 4 2. (2). Từ (1) và (2) ta tìm ra tọa độ điểm C . Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M (0, 2, −2), N (2, 3, −1) và mặt cầu (S) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 6y − 4z − 11 = 0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng M N và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính là 4. Lời giải (dangnamneu) ¡ ¢ Giả sử mặt phẳng cần tìm (P ) : ax + b y + c z + d = 0, a 2 + b 2 + c 2 > 0 . ½. Do M , N ∈ (P ) nên. 2b − 2c + d = 0 ⇔ 2a + 3b − c + d = 0. ½. c = − (2a + b) Suy ra (P ) : ax + b y − (2a + b) z − 4 (a + b) = 0 d = −4 (a + b). Mặt cầu (S) có tâm I (1, −3, 2) và bán kính R = 5 nên (P ) cắt p (S) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng r = 4 khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến (P ) bằng d (I , (P )) = R 2 − r 2 = 3. Suy ra |a − 3b − 2 (2a + b) − 4 (a + b)| =3 p a 2 + b 2 + (2a + b)2. Giải ra được mối liên hệ của a và b từ đó suy ra phương trình mặt phẳng (P ). Câu 7A.. Giải phương trình sau trên tập số thực: µ log(x+3) p. 2. ¶ p. x +6+ x +2. =. Lời giải (dangnamneu) Điều kiện x > −2, khi đó phương trình trở thành. p. 2. p. x +6+ x +2. =. 1 2 p. x +3. Tiếp đến trục căn thức ta được p. p p p p p x + 6 − x + 2 = 2 x + 3 ⇐⇒ x + 6 = 2 x + 3 + x + 2. Bình phương hai vế và rút gọn phương trình ta được 2+x +. 4. p. (x + 2) (x + 3) = 0. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> phương trình này vô nghiệm do x > −2. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm ! p µ ¶ 5 3 3 5 có tâm I 2, . Trên cạnh BC lấy điểm M và trên cạnh Câu 6B.a Cho hình thoi ABC D với A(2, 4), B 2 − , 2 2 2 0 ƒ BC lấy điểm N sao cho M AN = 30 . Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N . Viết phương trình đường Ã. thẳng AE , biết điểm M có tung độ bằng 1. Lời giải (dangnamneu) Các bạn để ý là tung độ của B và I trùng nhau nên đường thẳng DB song song với trục hoành, do tính chất hình thoi hai đường chéo vuông góc nhau nên ta suy ra AC song song với trục tung. Và ta tìm được C (2, 1). Điểm M ∈ BC có tung độ bằng 1 nên nó chính là C tức M (2, 1). ƒ Việc còn lại của bài toán là tìm điểm N trên cạnh BC sao cho M AN = 300 (điều này làm được nhờ công thức góc giữa hai véc tơ). Lúc đó phương trình đường thẳng AE chính là trung trực của M N . x −1 y +1 z x y +1 z −1 = = và đường thẳng (d 0 ) : = = . Lập phương 1 −2 1 2 −2 −1 0 trình đường thẳng (d ) qua O , vuông góc với (∆) và cách (d ) một khoảng lớn nhất.. Câu 6B.b. Cho O(0, 0, 0), đường thẳng (∆) :. Lời giải (...). Câu 7B. Một trường cử ba học sinh đi thi học sinh giỏi toán thành phố. Biết khả năng được giải của mỗi em theo thứ tự là 80%, 60% và 40%. Tính xác suất để có ít nhất hai em được giải. Lời giải (hokiuthui200) Gọi A, B,C lần lượt là 3 học sinh có khả năng đạt giải lần lượt là 80%, 60% và 40%. Các trường hợp có thể xảy ra là: TH1: Học sinh A và B đều đậu, học sinh C rớt ⇒ P (1) = 0, 8.0, 6.0, 6 = 0, 288 TH2: Học sinh A và C đều đậu, học sinh B rớt ⇒ P (2) = 0, 8.0, 4.0, 4 = 0, 128 TH3: Học sinh B và C đều đậu, học sinh A rớt ⇒ P (3) = 0, 6.0, 4.0, 2 = 0, 048 TH4: Cả ba học sinh A, B,C đều đậu ⇒ P (4) = 0, 8.0, 6.0, 4 = 0, 192 Vậy xác suất để có ít nhất hai em đi thi được giải là P = P (1) + P (2) + P (3) + P (4) = 0, 656. . 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>