Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 105

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Các mặt bên SAB, SAD cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với mặt đáy một góc 60 0.. Tính thể tích của khối tứ diệ

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 105

Ngày 18 tháng 6 Năm 2013

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x3 + 3x 2 - 1.

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

2 Tìm trên đường thẳng (d): y = 3 các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C).

Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình:

1

0

x

=

2

15

, , 85

x y



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

2 3 2 2

1 ln 1

e x

x

−

=

+

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông Các mặt bên (SAB), (SAD)

cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với mặt đáy một góc 60 0 Gọi M, N

lần lượt là trung điểm của AD và CD, biết MN =

2 2

a

Tính thể tích của khối tứ diện MNBS

và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM và SN theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn: ab + bc + ca ≤ 3abc.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

a b c

+ + + + .

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 6x - 2y + 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(0; 2) và cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 4.

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 3) Viết phương trình mặt phẳng (P)

đi qua O, C sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P)

Câu VII.a (1,0 điểm) Khai triển P(x) = (x - 2)2013 thành dạng P a= +0 a x a x1 + 2 2+ + a2013x2013

Tính hệ số a 2011 và tính S = a 1 +2a 2 +3a 3 +…+2013a 2013

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol y = x 2 - 3x + 2 và điểm M(4; 6) Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên trục hoành và tiếp xúc với parabol tại M.

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm M(3; 0; 0), N(0; 0; 1) Viết phương trình mặt

phẳng (P) đi qua M, N và tạo với mặt phẳng (Oxy) một góc 60 0

Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 6, 7, 8, 9 lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau

và lớn hơn 5000.

-Hết -Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 105

Câu I (2,0 điểm) 1, * Tập xác định: R

* Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: y/ = −3x2 +6 ,x y/ = ⇔ =0 x 0,x=2 Hàm số đồng biến trên khoảng(0;2) nghịch biến trên các khoảng (−∞,0)và (2,+∞)

− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =0 và cực đại tại x = 2, y CĐ =3

− Giới hạn: xlim→−∞= +∞, limx→+∞= −∞

− Bảng biến thiên:

- Đồ thị :Đồ thị đi qua các điểm (-1;3), (3;-1) và nhận I(1;1) làm tâm đối xứng

2, Gọi điểm M(m; 3) ∈( )d ,y=3 Phương trình tiếp tuyến của ( )C qua M và có dạng :

( )∆ : y = k ( x - m) + 3.

Hoành độ tiếp điểm của (C) và ( )∆ là nghiệm của hệ:

( )

2







Thay k từ (2) vào (1) ta có phương trình: (x -2)[2x2 + (1 -3m)x + 2] = 0 (3)

2

x

=



có 3 nghiệm phân biệt ⇔Phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2.

⇔

( )

5 2

3

m

< −



∆ >

Câu II (2,0 điểm) 1, Điều kiện: cosx ≠ 0,

3 sin

2

x≠ −

Khi đó pt đã cho ⇔(3cot2 x−3 2 cosx) (+ 2 2 sin2x−2cosx) =0

2

cos

sin

x

x

) cosx 2 sin x 0 2 cos x cosx 2 0

4 2

x= − L x= ⇔ = ± +x π k π

) 3cosx 2sin x 0 2cos x 3cosx 2 0

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

x= − L x= ⇔ = ± +x π k π

Đối chiếu với đ/k bài toán thì pt chỉ có 3 họ nghiệm:.x 4 k2 ,x 3 k2 ,k

2, Ta thấy (x, y) = (0, 0) là một nghiệm và hệ không có nghiệm:

0 0

x y

=



 ≠

0 0

y x

=



 ≠



Hệ đã cho

2

2

15 15



Đặt:

,

suy ra (x + y)2 - 2xy = uxy ⇔ xy =

2

2

v

u+ ( vì u≠- 2)

Thay xy vào hệ trên ta có : ( ) 2

2 2

15

15

2

uv

uv uv

u

u

=



a)

5

2

u



9 9

7 7

u





 = −  + = −

Hệ b) vô nghiệm Tóm lại hệ có 3 nghiệm (0, 0); ( 2, 4); (4, 2)

Câu III (1,0 điểm) Tính I =

2 3 2 2

1 ln 1

e x

x

− +

∫

Đặt

2 2 3

1 ln 1

x u x

dv x dx



 =

4 4

4 1 1 4

x

x x v

 =

 =



I =

2

e

xdx

Câu IV (1,0 điểm) Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy suy ra

SA ⊥(ABCD) (1) mà AB là hình chiếu của SB trên mp(ABCD) nên BC ⊥ SB (2) Từ (1) và (2) suy ra

∠SBA = 600 Tương tự ∠SDA = 600.Ta có SA = AB.tan600 = a

3 , AC = 2MN = a 2

nên AB = BC = a S BMN =S ABCD−S ABM −S BCN −S DMN =

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

2

3

8

a

3

MNBS BMN

a

Gọi K là giao điểm của AN và BM Ta có: ∆ ABM =∆ DAN (c.g.c) nên

BM ⊥AN, mặt khác BM ⊥ SA suy ra BM⊥(SAN) Gọi L là hình chiếu của K trên SN, ta có KL là đường vuông góc chung của BM và SN Ta có : ∆ NKL : ∆ NSA (g.g.) nên

SA = NS

2

Mặt khác ∆ KAM : ∆ DAN (g.g.) nên ta có:

AD = AN

suy ra

5

AD AM

AN

, NK = NA - AK =

3 5

10 a Từ đó suy ra

3 85

SA NK

NS

Câu V (1,0 điểm) Ta có:

1 1 1

a b c

Đặt

suy ra x > 0, y > 0, z > 0, 0 < x + y + z 3≤ (1) P =

( )

, 2

Mặt khác ta có: x2 + y2 + z2 xy yz zx≥ + + ⇔ + +(x y z)2 ≥3(xy yz zx+ + )

3

x y z

Kết hợp (1) suy ra 0 < xy + yz + zx 3≤ thay vào (2)

Ta có P 1≥ Vậy GTNN của P = 1, xảy ra khi a = b = c = 1.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1, Đường thẳng ∆ qua M(0;2) có dạng:

( )∆ : ax+b y( − =2) 0,(a2+b2 >0)

.Giả sử ∆ cắt ( )C

tại Avà B

Gọi H là trung điểm của AB ta có IH = IA2−AH2 = 5 Suy ra d I( ,∆ =) IH hay 2 2

3

5

a b

−

= +

Do đó (a−2b) (2a b= ) =0 Khi a=2b chọn a=2,b=1 ta có ( )∆ : 2x y+ − =2 0

Khi 2a+b=0 chọn a=1,b=-2 ta có ( )∆ :x−2y+ =4 0

2, Do (P) cách đều A và B nên hoặc (P)//AB hoặc (P) đi qua trung điểm AB.

Khi (P)//AB ta có (P) đi qua O và nhận nr=uuur uuurAB OC, = −( 6;3;0)

làm vectơ pháp tuyến nên (P): 2x-y=0

Khi (P) đi qua trung điểm

1

;1;0 2

=  ÷

của AB ta có (P) đi qua O và nhận

3

2

n=IC OC  

r uur uuur

làm vectơ pháp tuyến nên (P):2x+y=0

Câu VII.a (1,0 điểm) Ta có ( ) ( )2013 2013 ( )2013 2013

0

i

=

Do đó 2011( )2 2

2011 2013 2 4 2013 8100312

Cho x=1 ta có S=2013

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

1, Tiếp tuyến ∆ của P tại M có phương trình ∆: 5x y− − =14 0Giả sử I(i;0) Do (I) tiếp xúc với (P) tại M nên MI uuuuruur ∆ =0Suy ra i=34 Ta có R=MI= 936 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là

2, Giả sử (P):ax+by+cz+d=0 (a 2 +b 2 +c 2 >0) Ta có M,N ∈( )P nên

  Vậy (P): ax+by+3az-3a=0 (10a2 +b 2 >0).

Ta có nrOxy =(0;0;1 ,) nuurP =(a b a; ;3 ) Từ đó: 2 2 0 2 2

2 10

a

+ Khi b= 26a chọn a=1,b= 26 ta có ( )P x: + 26y+ − =3z 3 0

Khi b= − 26a chọn a=1,b= − 26 ta có ( )P x: − 26y+ − =3z 3 0

Câu VII.b (1,0 điểm)

Gọi n =a a a a1 2 3 4 là số cần tìm, n > 5000 nên a1∈{6, 7,8,9} , n chẵn nên a4∈{0, 2,6,8}

Nếu a1=6 thì n=6a a a2 3 4 , a có 3 cách chọn, 4 a có 5 cách chọn, 2

3

a có 4 cách chọn Vậy có 5.4.3 = 60 số.

Nếu a1=7 thì n=7a a a2 3 4 , a có 4 cách chọn, 4 a có 5 cách chọn, 2

3

a có 4 cách chọn Vậy có 5.4.4 = 80 số.

Khi a1=8giống như a1=6 và a1 =9giống như a1=7 Vậy có tất cả 60.2 +80.2 = 280 số.