Đề thi thử đại học môn Toán chọn lọc số 49

b Tìm điểm M trên đồ thị C biết tiếp tuyến của C tại M cắt C tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng với hai điểm cực trị của đồ thị C tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 50

Ngày 22 tháng 1 năm 2014

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

2 9 12 4

y= x − x + x−

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có tung độ dương Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2+ 3(sin2x−3sinx) =cos2x+3cosx

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

1

3

x y







¡

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: x x ln(x )

x

=∫

2

2 1

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA a= và SA tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 300 Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM =2MA Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn ab2+bc2+ca2 =3 Chứng minh rằng

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có

phương trình (x−2)2+ −(y 3)2 =10 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa

cạnh AB đi qua điểm M( 3; 2)− − và điểm A có hoành độ dương.

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) :P x+2y z+ − =7 0 và các điểm A( ; ; ), ( ; ; ), ( ; ; )2 0 0 B 0 3 0− C 0 0 1 Tìm M∈( )P sao cho MAuuur−2MBuuur+3MCuuuur đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 − −( x)x+ ( − x)=

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết hai đỉnh

thuộc trục tung cùng với hai tiêu điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông có diện tích bằng 32

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình của mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt

phẳng Oxy tại điểm A(3;4;0) và cắt trục Oz theo một đoạn thẳng có độ dài bằng 2 11

Câu 9.b (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có

0 2n 1 2n1 2 2n 2 n 20 3n

n n n n n n n n n

-Hết -II ĐÁP ÁN:

Câ

1 a 1,0 điểm

TXĐ: D=¡

2 3

9 12 4 lim 2 9 12 4 lim 2

x x x

− + − =  − + − ÷= +∞

2 3

9 12 4 lim 2 9 12 4 lim 2

x x x

− + − =  − + − ÷= −∞

0.25

Sự biến thiên: ' 6 2 18 12; ' 0 1

2

x

x

=



= − + = ⇔  = Bảng biến thiên

y

’

y

−∞

1

0

+∞

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 1) và (2;+ ∞); nghịch biến trên (1; 2) Điểm cực trị: CĐ

Đồ thị

Giao với Oy tại (0; 4)−

Giao với Ox tại 1; 0 , 2; 0( )

2

 

b 1,0 điểm

(C) có hai điểm cực trị (1; 1), (2;0) A B ⇒AB= 2 Phương trình đường thẳng AB x y: + − =2 0

1 ( ; ) 3 ( ; ) 3 2 2

ABN

Gọi d là đường thẳng đi qua N và / / d AB Phương trình của d có dạng x y c+ + =0

4 (0; 4) ( )

| 2 | ( , ) ( , ) 3 2

8 (3;5) 2

c

d A d d N AB

+

= −

0.25

Với (3; 5)N , giả sử M x y Pt tiếp tuyến với (C) tại M là: ( ;0 0) y= y x'( )(0 x x− 0)+y0

Do tiếp tuyến đi qua N nên ta có: 5 (6= x02−18x0+12)(3−x0) 2+ x03−9x02+12x0−4 0.25

0 2

0

3 ( , ) ( 3) (4 3) 0 3

4

x loai vi N M

x





 =



Vậy 3 25;

4 32

M 

Phương trình đã cho tương đương với:

cos x π sinx π

sin

x

x





2

0 6

0.25

ĐK : x>0;y≥0. Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được

1

1

3

y y









0.25

Đặt 1

;

x

= = ta được

1 3



 + = +

Suy ra a3+ = +b3 (a 3 )(b a2+ +b2 ab)⇔b b( 2+2ab+2 ) 0a2 = ⇒ =b 0

Với b= ⇒ = ⇒ =0 y 0 x 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1

0

x y

=



 =

x

1

2

1

x

2

2

Tính: ln(x )

x

+

=∫2 2 1

1

Đặt

'

x v

v x

x



1 1

1

1 1 Suy ra

−

2

2

0.25

ln

Xét ∆SHA(vuông tại H), có AH =SAcos 0 = a 3

30

2 Mà ∆ABC đều cạnh a suy ra H là trung điểm cạnh BC, vậy AH ⊥ BC

0.25

Lại có SH ⊥ BC suy ra BC⊥(SAH) Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách giữa BC và

SA Ta có HK = AHsin 0 = AH = a 3

30

2 4 , vậy d(BC,SA)=

a 3

4

0.25

Dễ thấy SH = ⇒a S SHA= 1.SH AH =1 .a a 3 = 3a2 ⇒S SMH =2S SAH = 3a2

Mà CH ⊥(SHA)⇒V SMHC =1CH S SMH =1 .a 3a2 = 3a3

Ta chứng minh bất đẳng thức 2 5 3 5 3 2 3

5 10 10

a b

ab

+ ≥ − + với ,a b>0 (1) 0.25 Thật vậy

4

2 3 0

a b a b

Bất đẳng thức cuối luôn đúng

0.25

Tương tự

2 3

5 10 10

b c

bc

;

2 3

5 10 10

c a

ca

0.25

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được

7.a 1,0 điểm

Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax by+ +3a+2b=0 (a2+b2 >0)

Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R= 10 0.25

(C) tiếp xúc với AB nên d I AB( ; )=R hay

3

A

S

H B

C

K M

R

C B A

D

( ) (2 )2 2 0

2 3 4 20 10 20 20 20

2

t

t

=



− + + = ⇔ + + = ⇒  = − (loại)

+ Nếu AB: x- 3 - 3 0y = Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A >0 nên t>-1 và do IA2 =2.R2 =20 nên

1 3+ t + −t 3 =20⇔10t + =10 20⇒ =t 1

Suy ra A(6;1)⇒C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7)

Vậy các điểm cần tìm là (6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B − C − D

0.25

8.a 1,0 điểm

Gọi I là điểm sao cho uurIA−2uurIB+3ICuur r=0 0.25

A B C I

A B C I

A B C I

x

z











1 2

Khi đó

đạt GTNN khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên (P) Mặt phẳng (P)

có véc tơ pháp tuyến nr( )P =(1;2;1)

0.25

Ta có ( )

M

P M

M









1

3 2 3 2

0.25

9.a 1,0 điểm

Phương trình đã cho tương đương với: x( )

x

x

x

=





2

Xét hàm số f x( )=2x + −x 1, '( )f x =2xln2 1 0+ > ∀ ∈, x ¡ Vậy f(x) đồng biển trên ¡ Lại có

( )

f 0 =0 nên phương trình f x( )=0 có nghiệm duy nhất x=0. 0.25

KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x=0,x=2 0.25

7.b 1,0 điểm

Phương trình Elíp có dạng x y (a b );c a b

a2 +b2 = > > = 2− 2

(E) có các đỉnh thuộc Oy là B(0;b), B’(0;-b) và hai tiêu điểm là F(c;0), F’(-c;0) Để bốn điểm này

Cạnh của hình vuông BFF’B’ là BF =4 2 =OB 2 =b 2 ⇒ = =b c 4 0.25

Vậy a2 = + =b2 c2 2b2 =32 Suy ra phương trình elip là: x2 + y2 =1

8.b 1,0 điểm

Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S) Theo giả thiết I(3;4; )z ; R=| |z 0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oz, ta có IH =OA= 32+42 =5 Gả sử (S) cắt Oz tại M,

N suy ra H là trung điểm của MN và do đó 1 1

Theo Pitago, 2 2

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là

1

2

0.25

9.b 1,0 điểm

Xét khai triển

3 3

3 0

n k

=

Lại có

2

2

n n

i j

Hệ số của x n trong khai triển (1) là C3n n

Hệ số của n

x sau khi nhân ra và rút gọn vế phải của (2) là

0 2n 1 2n1 2 2n 2 n 20

n n n n n n n n

0.25

Đồng nhất hệ số của x n theo hai cách khai triển ta được đẳng thức cần chứng minh 0.25

Hết

-A

I

O

3

4 H

M