Đáy ABC là tam giác vuông tại B có góc C bằng 30o và có trọng tâm là G.. Hai mặt phẳng SGB và SGC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.. PHẦN RIÊNG 3.0
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39
Ngày 28 tháng 12 năm 2013
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm):
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + 3(m – 1)x + 2 có đồ thị (Cm), m R∈
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng d: y = –x + 2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 2),
B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 2, với M(3; 1)
Câu 2 (2 điểm):
a) Giải phương trình: 5sin3( )π3 + x +3sin5( )π5 − x =0
b) Giải phương trình: 2 33 x+ +1 3 1 5− x− =8 0
Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: ln 2
(1 ln )+xdx x
∫
Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC Đáy ABC là tam giác vuông tại B có góc C bằng 30o và
có trọng tâm là G Cạnh bên SA tạo với mặt phẳng (ABC) góc 60o và SA = 2a Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a
Câu 5 (1 điểm): Cho x, y là hai số thực thỏa điều kiện: x − 2 x + = 1 2 y + − 1 y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x y + + 1
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A- Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B(2; -1),
phương trình đường thẳng chứa đường cao AH là 3x – 4y + 27 = 0, phương trình đường thẳng chứa phân giác trong CC’ là x + 2y – 5 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, C
Câu 7a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2
+ z2 + 2x – 2z – 1 = 0 Lập phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) sao cho (P) cắt ba tia Ox,
Oy, Oz lần lượt tại A, B, C (khác O) mà OA = OB = OC
Câu 8a (1 điểm): Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển (1 – x)n, biết n là số cạnh của một đa giác lồi có số đường chéo gấp 13 lần số cạnh của nó
B- Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình x2 + y2
– 4x – 2y – 4 = 0 và điểm A(-4; 3) Gọi E và F là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến vẽ từ A đến đường tròn (C) Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(-1; 5) và song song với đường thẳng EF
Câu 7b (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình 4x +
y – z = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với mặt phẳng (P)
và cách điểm B(1; 3; 6) một khoảng bằng 2
Câu 8b (1 điểm): Cho tập hợp A có n phần tử Biết rằng số tập con gồm 3 phần tử của A nhiều
hơn số tập con gồm 2 phần tử của A là 75 tập Hãy tìm số hạng không chứa x trong khai triển
( )x−2 ( 0)x n x≠
===Hết===
Trang 2
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM BÀI THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 39 Câu 1: 1a Với m = 0: y = x3 – 3x + 2
* TXĐ: D = R, y’ = 3x2 – 3, lim y
x = ±∞
→±∞
* BBT:
* Khoảng đồng biến, nghịch biến, c.đại, cực tiểu
x
y
4 2
-2 -1 O 1
Câu 1: 2, P.trình hoành độ giao điểm của d và (Cm):
x3 + 2mx2 + 3(m – 1)x + 2 = -x + 2⇔x = 0 hoặc x2 + 2mx + 3m – 2 = 0 (1)
d cắt (Cm) tại B, C khác A⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 ⇔{ 2 3 2 0
3m m−2 0m+ >
B, C∈d nên B(x1; 2–x1), C(x2; 2–x2)⇒BC = 2 x x1− 2 ;dt(∆MBC) = 12BC d M d ( ,( ))= −x1 x2
Do đó dt(∆MBC) = 2 2 ⇔ x1−x2 =2 2 ⇔ 2
(x +x) −4x x = ⇔8 m2 – 3m = 0
⇔m = 0, m = 3 thỏa (*) Vậy m = 0 và m = 3 là các giá trị cần tìm
Câu 2a
Pt ⇔ 5sin(π+3x)+3sin(π −5x) = ⇔0 5sin( 3 ) 3sin5− x + x= ⇔0 3(sin5x−sin3 ) 2sin3x − x=0
3
3cos4 sinx x−(3sinx−4sin ) 0x = ⇔ sin (4sinx 2x+3cos4 3) 0x− = ⇔ sin 2 0
3cos 2x=x cos2x 2 0
sin 0
cos2 1
2
cos2 3
x
x
x
⇔ 1arccos( )2 2
x k
π
π
=
Câu 2b
Đặt u=33x+1,v= − ≥1 5x 0,được: {5 3 3 2 8
2u u +3v v =8 + = {15 3 (8 2 ) 2 24
3v u 8 2 + −u u =
⇔ = − ⇔{15 3 4 2 32 40 0
3v u 8 2+ u u− u+ =
= −
4 0
u
v= −
= ≥ Vậy 33x+ = −1 2 Nghiệm của p.trình đã cho là x = -3
Cách khác cho câu 2b:Đặtu=33 1x+ ,x=u33−1dẫn đến 3 8 5 3 8 2
⇔{8 2 30 2
3(8 5 ) (8 2 )− u u≥ u
15u≤u 4u 32u 40 0 + − + = ⇔u = - 2 ⇒x = -3 là nghiệm của p.trình đã cho.
Câu 3: Đổi biến t =lnx⇒dx e dt= t I = ln 2 2
(1 ln ) (1 )
t
x dx te dt
Từng phần:
2
(1 ) 1
u te du e t dt
dt
=
1
0
ln
− + +∫ = − + + + = − + + +
Cách 2: Viết lại I =
( 2 )
ln ln
(1 ln ) 1 ln
x
=
∫ ∫ Đổi biến t 1 lnx dt ln2x dx
I = 2 1
1 ln
t
∫
x -∞ -1 1 +
∞ y’ + 0 - 0 +
y -∞ Z 4 ] 0 Z +∞
Trang 3Cách 3:Viết I = 2 2
ln
1 ln (1 ln ) (1 ln )
x
x = + − x
(1 ln )
dv dx v x
−
+
=
x+ x + ∫ + + I2 Suy ra I = 1 ln+x x+C
Câu 4: (SGB)⊥(ABC) và (SGC)⊥(ABC) ⇒SG⊥(ABC)⇒SAG∧
= 60o⇒SG = a 3 , AG = a Gọi M là trung điểm của BC thì AM = 3a/2; ABC là nửa tam giác đều nên BC = AB 3 ; ∆ABM cho
AM2 = AB2 + BM2
⇔9a2/4 = AB2 + 3AB2/4 ⇔AB = 37a ⇒BC = 3 3
7
a
Thể tích khối chóp S.ABC là: V = 9 3
14a
Câu 5: Đặt u= x+1,v= y+1 Từ đ.kiện và yêu cầu của bài toán, hệ p.trình sau
phải có nghiệm ( ; )u v với u≥0,v≥0:{ 2 2
1
u v u v
u + − =v P + + = + Viết lại hệ: 2
1 2
8
P
u v
P P uv
−
+ =
=
Suy ra ,u v là 2 nghiệm không âm của p.trình 2 1 2 6 3 0
t − − t+ − − = (*) Điều kiện để (*) có 2 nghiệm không âm là:
2
0
∆ ≥
≥ ⇔ − − ≥
Vậy: MaxP = 5 4 2+ khi x = y = 2+2 2
MinP = 3 2 3+ khi x = 3+2 3 , y = -1 hay ngược lại
Cách khác cho câu 5:
Đặt X = x+1,Y = y+1 Điều kiện bài toán trở thành X2 + Y2 – 2X – 2Y – 2 = 0.(1)
(X; Y) là tọa độ điểm M thuộc cung tròn (C) tâm I(1;1) có phương trình (1) nằm trong góc XOY của
mp tọa độ OXY (C) cắt OX, OY và tia phân giác góc XOY lần lượt tại A(1 3+ ; 0), B(0;1+ 3) và T(
1+ 2;1+ 2) (OA=OB) Có P + 1 = X2 + Y2 = OM2
P lớn nhất⇔P+1 lớn nhất⇔OM lớn nhất ⇔M≡T⇔OM2 = 6+4 2
P nhỏ nhất ⇔ M≡A (hoặcB) ⇔OM2 = 4+2 3
Vậy MaxP = 5+4 2 khi x = y = 2+2 2 MinP=3+2 3 khi x=3+2 3 ,y=-1 hay y=3+2 3 ,x=-1
Câu 6a :BC qua B và vuông góc với AH nên có phương trình là: 4x + 3y – 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:{4 3 5 0
x y
x +y − = + − = ⇒ C(-1; 3) Phương trình đường thẳng d qua B và vuông góc với CC’ là 2x – y – 5 = 0 Tọa độ giao điểm I của d và CC’ là nghiệm của hệ:{2 5 0
x y
x − − =y
+ − = ⇒ I(3; 1) Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua I thì B’(4; 3). Đường thẳng AC qua C và B’ nên có VTCP làCBuuur' (5;0)= hay VTPT nur=(0;1) Suy ra p.trình của AC là
y – 3 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:{ 3 0
3y x− =4y 27 0
− + = ⇒ A(-5; 3)
Câu 7a : (S) có tâm I(-1; 0; 1), bán kính R = 3
Gọi A(a; 0; 0) Từ g.thiết suy ra B(0; a; 0), C(0; 0; a) với a>0 Phương trình (P) có dạng:
a a ax+ + =y z hay x y z+ + = (P) tiếp xúc (S) nên d(I,(P)) = R⇔ 3
3
a =
Do a > 0 nên a = 3.Vây: (P) có phương trình x + y + z – 3 = 0
Câu 8a :Số đường chéo của đa giác là C n2 −n.Theo giả thiết: C n2− =n 13n Giải ra được n=29
Số hạng tổng quát trong khai triển làC29k( )−x k Số hạng chứa x là 13 C1329( )−x13 = 13
67863915x
−
G M
B S
Trang 4Câu 6b (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 3
d cùng phương EF nên nhận uurAI = −(6; 2)làm VTPT Phương trình d: 3x – y + 8 = 0
d(I,(d)) = 13
10>R ⇒ d không trùng EF Vậy phương trình d là 3x – y + 8 = 0
Cách khác: (C) có tâm I(2;1)
Phương trình đường tròn (AEIF) là x2 + y2 + 2x – 4y – 5 = 0
Tọa độ E, F là nghiệm của hệ hai phương trình của (C) và (AEIF) Trừ theo vế hai phương trình nầy suy ra phương trình của EF là 6x– 2y – 1 = 0 Suy ra phương trình của d là 3x– y + 8 = 0
Câu 7b :(Q) qua A nên có pt: ax +by +cz–a–b–c = 0
Với a, b, c không đồng thời bằng 0
(Q)⊥(P)⇒4a + b – c = 0 ⇒ c = 4a + b (1) ; d(B,(Q)) = 22b 25c 2 2
a b c
+ +
Do (1), được 20a+7b =2 a2+ +b2 (4a b+ )2 ⇔332a2 + 248ab + 41b2⇒ 12 8341
2
a hay a
= −
Vậy có hai mp(Q) có phương trình :x–2y+2z – 1 = 0, 41x – 166y – 2z + 127=0
Câu 8b :Từ giả thiết suy ra: C n3−C n2=75 Giải được n = 10
Số hạng tổng quát 10 10 2
10k k( )2 k ( 2)k 10k k
C x − −x = − C x −
Số hạng không chứa x ứng với k = 5 Vậy số hạng không chứa x là -8064