Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de30 2014

BOXMATH

ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 20.10.2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
+ 3mx
2
+ 3(m + 1)x + 1 (C
m
)
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

2cos
2
x− 3 sin 2x

= 4cosxsin2x + 2(sin x− cos x).
b) Giải hệ phương trình

3x

2
− 2x− 5 + 2x
√
x
2
+ 1 = 2(y + 1)

y
2
+ 2y + 2
x
2
+ 2y
2
= 2x− 4y + 3
(x, y ∈ R)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

e
1
2lnx− ln
2
x
x(x + ln x)
dx.
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

1− y
2
+ 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) : x
2
+ (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.
b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d
1
:
x + 2
−2
=
y + 1
1
=
z− 3
2
, d
2

:
x− 2
1
=
y + 3
2
=
z− 1
2
.
Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d
1
,d
2
và có bán kính nhỏ nhất.
Câu 7a. (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

x
2
+
2
x

n
, biết:
3C
3
n+1

− 3A
2
n
= 52(n− 1).
B. Theo chương trình nâng cao
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.
b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d
1
:
x + 3
2
=
y− 1
1
=
z + 3
1
, d
2
:
x− 1
2
=
y + 1

−2
=
z− 3
1
.
và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d
1
, tiếp xúc với đường
thẳng d
2
và mặt phẳng (P).
Câu 7b. (1 điểm) Giải phương trình: log
3
(2x− 3) = log
5
(3x + 7).
———————————————–Hết—————————————————-
Cảm ơn () đã gửi tới www.laisac.page.tl

TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1.a Cho hàm số y = x
3
+ 3mx
2
+ 3(m + 1)x + 1 (C
m
).
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) = x

3
− 3x
2
+ 1. Tập xác định D = R.
y

= 3x
2
− 6x ⇒ y

= 0 ⇔

x = 0
x = 2
⇒

y = 1
y = −3
lim
x→+∞
f (x) = +∞; lim
x→−∞
f (x) = −∞.
Bảng biến thiên:
x
f

(x)
f (x)
−∞

0
2
+∞
+
0
−
0
+
−∞−∞
11
−2−2
+∞+∞
Hàm số đông biến trên (−∞; 0);(2;+∞)
Hàm số nghịch biến trên (0; 2)
Điểm cực đại (0; 1), Điểm cực tiểu (2;−3)
Đồ thị
−2 −1 1 2 3
−4
−3
−2
−1
1
2
0
Câu 1.b Cho hàm số y = x
3
+ 3mx
2
+ 3(m + 1)x + 1 (C
m

). 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)[x
2
+ (3m− 1)x + 3] = 0
(d) cắt C tại 3 điểm phân biệt ⇔ x
2
+ (3m− 1)x + 3 có 2 nghiệm phân biệt x
1
;x
2
khác −1 ⇔ m <
1− 2
√
3
3
hoặc
1 + 2
√
3
3
< m
A(−1;−3);B(x
1
;x
1
− 2);C(x
2

;x
2
− 2) AB = BC ⇔ 2x
1
= x
2
− 1
Mặt khác x
1
+x
2
= 1− 3m x
1
x
2
= 3 Giải hệ tìm được m =−1; m =
3
2
. Thử lại cả hai đề thỏa yêu cầu bài toán. Vậy m =−1; m =
3
2
Câu 2.a Giải phương trình
√
2

2cos
2
x− 3 sin 2x

= 4 cos x sin2x + 2(sin x− cos x).

Lời giải: (thienlonghoangde)
Ta viết lại biểu thức bài toán về
2
√
2.cos
2
x + 2 cos x− 2 sin x[3
√
2cos x + 4 cos
2
x + 1] = 0
⇔ (
√
2cos x + 1)(2cos x− 2 sin x− 4
√
2sin x cos x) = 0 (1)
Từ (2) ta đặt t = (sin x− cos x) với |t| ≤
√
2. Ta có : sin x cos x =
1− t
2
2
. Từ đó thế vào (1) ta được phương trình:
t +
√
2−
√
2t
2
= 0.

Ta tìm được nghiệm phương trình trên là: t =
√
2vt =
−
√
2
2
. Đến đây ta dễ tìm ra được nghiệm bài toán.
Lời giải: (akashi_95)
2
√
2.cos
2
x− 6
√
2.cosx.sin x = 8 cos
2
x. sin x + 2 sin x− 2 cos x
⇔ cos
2
x(8sin x− 2
√
2) + 2cosx(3
√
2sinx− 1) + 2 sin x = 0
∆

= (
√
2sinx− 1)

2
mà 8 sin x− 2
√
2 = 0
(+) cos x =
2− 4
√
2
8sinx− 2
√
2
=
−
√
2
2
(+) cos x =
−
√
2
4sinx−
√
2
⇔ 4 sin x. cosx +
√
2(sinx− cos x) = 0
Đến đây ta giải tương tự cách (1).
Câu 2.b Giải hệ phương trình

3x

2
− 2x− 5 + 2x
√
x
2
+ 1 = 2(y + 1)

y
2
+ 2y + 2
x
2
+ 2y
2
= 2x− 4y + 3
(x, y ∈ R)
2

Lời giải: (thienlonghoangde & Huyền Đức)
Hệ đã cho trở thành
⇐⇒

3x
2
− 2x− 5 + 2x
√
x
2
+ 1− 2(y + 1)


y
2
+ 2y + 2 = 0 (1)
x
2
+ 2y
2
− 2x + 4y− 3 = 0 (2)
Hay
3x
2
− 2x− 5 + 2x

x
2
+ 1− 2(y + 1)

y
2
+ 2y + 2 = x
2
+ 2y
2
− 2x + 4y− 3
⇐⇒ x
2
+ x

x
2

+ 1 = (y + 1)
2
+ (y + 1)

(y + 1)
2
+ 1.
Từ đó ta xét hàm số : f (t) = t
2
+ t
√
t
2
+ 1 Mà f

(t) = 2t +
√
t
2
+ 1 +
t
2
√
t
2
+ 1
>
|
2t
|

+ 2t > 0 > 0
Suy ra f (t) là hàm đồng biến nên ta có x = y + 1.
Từ hệ thứ hai ta có: 3y
2
+ 4y− 4 = 0 ⇒ (x; y) = (−1;−2);

2
3
;
5
3

Câu 3. Tính tích phân I =

e
1
2lnx− ln
2
x
x(x + ln x)
dx.
Lời giải: (thienlonghoangde)
Đặt t = ln x. Suy ra được t = 1 khi x = e, t = 0 khi x = 1. Và dt =
1
x
dx ; x = e
t
. Khi đó
I =
1


0
2t− t
2
e
t
+ t
2
dt =
1

0
2t− t
2
− e
t
+ e
t
e
t
+ t
2
dt =
1

0

e
t
+ 2t

e
t
+ t
2
− 1

dt
Đến đây ta dễ dàng suy ra :
I = (ln(e
t
+ t
2
)− t)




1
0
= ln(e + 1)− 1
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)
A
B
C
D
O

H
S
E
Q
P
T
Ta có : SA = a, SB =
√
3a, AB = 2a nên tam giác SAB vuông tại S. Có mặt phẳng (SAB) ⊥ (ABCD) và AB = (SAB)∩ (ABCD).
Vậy từ trong mặt phẳng kẻ AH vuông với AB suy ra AH ⊥ (ABCD) Dể dàng tính được SH =
a
√
3
2
V
ABCD
=
1
3
SH.S
ABCD
=
2
√
3a
3
3
Trong mặt phẳng ABCD kẻ Bx//AC cắt AD tại E ⇒ AC(SBE), d(AC; SB) = d(AC; (SBE)) = d(A; (SBE))
Có AH ∩ (SBE) = B ⇒
d(A;(SBE))

d(H;(SBE))
=
AB
HB
=
4
3
Trong mặt phẳng (ABE) kẻ HQ ⊥ EB, AT ⊥ EB
Có EB⊥ HQ, EB ⊥ SH ⇒ EB ⊥ (SAQ) Kẻ HP ⊥ SQ suy ra HP = d(H; (SEB))
Mặt khác dể dàng có AT =
1
2
BD = a
√
2 Và
HQ
AT
=
BH
BA
=
3
4
⇒ HQ =
3
√
2a
4
Suy ra HP =
3

√
5a
10
Thế lên trên suy ra d(A; SBE) =
2
√
5a
5
. Vậy d(AC; SB) =
2
√
5a
5
3

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− y
2
+ y
√
1− x
2
Lời giải: (Ntspbc)
Đầu tiên ta chứng minh BĐT:
√
a
2
+ b
2

+
√
c
2
+ d
2
≥

(a + c)
2
+ (b + d)
2
, ∀ a, b, c, d ∈ R
Bằng cách bình phương 2 vế và thu gọn, ta đưa về BĐT tương đương là:

(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
) ≥ ac + bd
BĐT đúng theo BĐT Bunhiacovsky. Vậy
√
a
2
+ b
2

+
√
c
2
+ d
2
≥

(a + c)
2
+ (b + d)
2
Đẳng thức xảy ra khi a = kc và b = kd (k ∈ R).
Trở lại bài Toán. Sử dụng điều kiện và BĐT trên ta có:
P = x

1− y
2
+ y

1− x
2
= x

(x + y)
2
− y
2
+ y


(x + y)
2
− x
2
= x

x
2
+ 2xy + y

y
2
+ 2yx
=

(x
2
)
2
+ (x

2xy)
2
+

(y
2
)
2
+ (y


2xy)
2
≥

(x
2
+ y
2
)
2
+ 2xy(x + y)
2
Mà
(x
2
+ y
2
)
2
+ 2xy(x + y)
2
= (x
2
+ y
2
)
2
+ 2xy
= (x

2
+ y
2
)
2
+ (x + y)
2
− (x
2
+ y
2
)
=

x
2
+ y
2
−
1
2

2
+
3
4
≥
3
4
Nên ta suy ra P ≥


3
4
=
√
3
2
Đẳng thức xảy ra khi x = y =
1
2
. Vậy GTNN của P là
√
3
2
khi x = y =
1
2
.
Lời giải: (thienlonghoangde)
Ta có :
P
2
= x
2
(1− y
2
) + y
2
(1− x
2

) + 2xy

(1− x
2
)(1− y
2
)
= x
2
+ y
2
− 2x
2
y
2
+ 2xy

(x
2
y
2
+ 2xy)
= 1− 2xy− 2x
2
y
2
+ 2xy

(x
2

y
2
+ 2xy)
Đặt t = xy.Ta có 0 < t ≤
1
4
f (t) = 1− 2t + 2t
2
+ 2t
√
t
2
+ 2t
f

(t) = −2 + 4t + 2

t
2
+ 2t +
2t(t + 1)
√
t
2
+ 2t
< 0 với mọi t thoả 0 < t ≤
3
4
.
Suy ra : f (t) là hàm nghịch biến. f (t) ≥ f (

1
4
) =
3
4
. Suy ra P ≥
√
3
2
Lời giải: (cokeu14)
Ta có : x + y = 1 ⇒ x; y ∈ (0;1) Do đó ta có :
P = x

1− (1− x)
2
+ (1− x)

1− x
2
= x

2x− x
2
+ (1− x)

1− x
2
Ta sẽ khảo sát hàm số P(x), Có P

(x) =

3x− 2x
2
√
2x− x
2
−
(1− x)(1 + 2x)
√
1− x
2
P

(x) = 0 ⇔
3x− 2x
2
√
2x− x
2
−
(1− x)(1 + 2x)
√
1− x
2
= 0 ⇔
3x− 2x
2
√
2x− x
2
=

(1− x)(1 + 2x)
√
1− x
2
⇔(3x− 2x
2
)

(1− x)(1 + x) = (1− x)(1 + 2x)

x(2− x)
⇔(3− 2x)

x(1 + x) = (1 + 2x)

(1− x)(2− x) ⇔ x =
1
2
Lập bảng biến thiên suy ra P
min
=
√
3
2
đạt được khi và chỉ khi x = y =
1
2
4

Câu 6a.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x

2
+(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.
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 a
2
+ b
2
> 0.
Ta có: d(I; d) =
|− 6a + 2b|
√
a
2
+ b
2
= x Mà diện tích tam giác IAB = 10 =
1
2
.d(I; d).AB =
1
2
.d(I; d).2
√
25− x
2
Theo giả thiết ta có S
I

AB = 10 suy ra: x.
√
25− x
2
= 10. Ta tìm được hai giá trị x
2
= 5 hay x
2
= 20.
Với x
2
= 5 ta được
Với x
2
= 20 ta được
Câu 6a.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d
1
:
x + 2
−2
=
y + 1
1
=
z− 3
2
, d
2
:
x− 2

1
=
y + 3
2
=
z− 1
2
. Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng d
1
,d
2
và có bán kính nhỏ nhất.
Lời giải: (thienlonghoangde)
Ta viết lại viết trình của hai đường thằng d
1
;d
2
dưới dạng tham số như sau:
(d
1
)





x = −2 + 2a
y = −1 + a
z = −3 + 2a
; (d

2
)





x = 2 + b
y = −3 + 2b
z = 1 + 2b
Gọi A, B lần lượt là hai điểm thuộc d
1
;d
2
. 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 d
1
;d
2
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 d
1
;d
2
lần lượt là
−→
d

1
(−2;1;2);
−→
d
2
(1;2;2).
−→
AB.
−→
d
1
= 0 ⇔ −2(4 + 2a + b) + 2b− a− 2 + 4b− 4a− 4 = 0 ⇔ −9a + 4b = 14
−→
AB.
−→
d
2
= 0 ⇔ 4 + 2a + b + 4b− 2a− 4 + 4b− 4a− 4 = 0 ⇔ −4a + 9b = 4
Từ đó, ta có hệ sau :

−9a + 4b = 14
−4a + 9b = 4
⇔

a = −22/13
b = −4/13
Ta được toạ độ hai điểm A, B là :A

18
13

;
−35
13
;
−5
13

;B

22
13
;
−67
13
;
5
13

Gọi I là trung điểm AB ta có :I

20
13
;
−41
13
;0

Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có : R
2
=

AB
2
4
=
285
169
Vậy ta có phương trình mặt cầu (S) nhận I làm tâm, R làm bán kính là :

x−
20
13

2
+

y +
41
13

2
+ z
2
= 0
Câu 7a. Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

x
2
+

2
x

n
, biết:
3C
3
n+1
− 3A
2
n
= 52(n− 1).
Lời giải: (thienlonghoangde)
Từ đẳng thức đề bài cho dễ dàng suy ra được :
(n + 1)!
3!.(n− 2)!
−
3n!
(n− 2)!
= 52(n− 1)
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 x
2
trong khai triển của

x
2
+
2

x

13
.
Ta viết lại biểu thức

x
2
+
2
x

13
=
13
∑
k=0
C
k
13
x
2(13−k)
.2
k
.x
−k
5

Do hệ số cần tìm chứa x
2

nên 2(13− k)− k = 2. Vậy k = 8.
Do đó hệ số khai triển cần tìm là: 2
8
.C
8
13
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)
Gọi phương trình (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1. (E) đi qua M(2
√
3;1) ⇒ a
2
+ 12b
2
− a

2
b
2
= 0 (1)
Phương trình tiếp tuyến theo phương pháp phân đôi toạ độ qua M là :
2
√
3x
a
2
+
y
b
2
= 1 (2)
Theo giả thiết thì phương trình tiếp tuyến tại M là
√
3x + 2y− 8 = 0 (3)
Ta đồng nhất hai hệ số phương trình tiếp tuyến lạo như sau: 2b
2
=
a
2
2
=
a
2
b
2
8

Kết hợp với (1) ta có a
2
= 16; b
2
= 4. Vậy phương trình (E) là :
x
2
16
+
y
2
4
= 1.
Câu 6b.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d
1
:
x + 3
2
=
y− 1
1
=
z + 3
1
, d
2
:
x− 1
2
=

y + 1
−2
=
z− 3
1
. và mặt phẳng (P) : x + 2y + 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d
1
, tiếp xúc với
đường thẳng d
2
và mặt phẳng (P).
Lời giải: (thienlonghoangde & hungchng)
Gọi I là tâm mặt cầu (S). (d
1
) có vecto chỉ phương là
−→
n
1
= (2; 1; 1) và I ∈ (d
1
) nên I(2t− 3;t + 1;t − 3) với t ∈ R.
Ta có khoảng cách từ I đến (P) là : d[I; (P)] =
|
2t− 3 + 2(t + 1) + 2(t − 3) + 7
|
√
1 + 2
2
+ 2
2

= |2t|
(d
2
) đi qua điểm M(1;−1; 3) và có vecto chỉ phương là
−→
n
2
= (2;−2; 1).
−→
IM = (4− 2t;−2−t; 6−t), [
−→
IM;
−→
n
2
] = (10− 3t; 8; 6t−4)
d[I;(d
2
)] =



[
−→
IM;
−→
n
2
]




|
−→
n
2
|
=

(10− 3t)
2
+ 64 + (6t− 4)
2

2
2
+ (−2)
2
+ 1
=
√
45t
2
− 108t + 180
3
d[I;(P)] = d[I; (d
2
)] ⇔ 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: log
3
(2x− 3) = log
5
(3x + 7).
Lời giải: (thienlonghoangde & thiencuong_96)
Ta đặt log
3
(2x− 3) = log
5
(3x + 7) = t. Từ đó ta có hệ :


3
t
= 2x− 3 (1)
5
t
= 3x + 7 (2)
Nhân 3 vào (1) và nhân 2 vào (2) và sau đó lấy hai pt mới trừ vế theo vế ta được:
3.3
t
+ 23 = 2.5
t
⇔ 3.

3
5

t
+
23
5
t
= 2 ⇔
3
2
.

3
5

t

+
23
2
.

1
5

t
= 1
Xét f (t) =
3
2
.

3
5

t
+
23
2
.

1
5

t
f


(t) =
3
2
.

3
5

t
.ln

3
5

+
23
2
.

1
5

t
.ln

1
5

< 0 ∀t
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
Cảm ơn (
) đã gửi tới www.laisac.page.tl