Chứng minh rằng SBM ⊥ SAC và tính thể tích tứ diện SABM.. Tìm GTNN của biểu thức: PHẦN RIÊNG A.. Tìm toạ độ các đỉnh.
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 21
Ngày 07 tháng 11 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x = −3 3 mx + 2 (C )m
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
2 Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ
thị hàm số ( ) Cm cắt đường tròn ( ) (2 )2
x − + y − = tại hai điểm A B , phân biệt sao cho 2
5
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình : 2sin 2 2 sin 2 5sin 3cos 3
4
2 Giải hệ phương trình :
3
x y
Câu III (1,0 điểm) 1 Giải hệ phương trình
2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1
− − + + + − + =
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với
AB = a BC = a Gọi M là trung điểm CD và góc giữa ( ABCD ) với ( SBC ) bằng 600 Chứng minh rằng ( SBM ) ( ⊥ SAC ) và tính thể tích tứ diện SABM
Câu V (1,0 điểm) Cho x y , là các số thực không âm thoả mãn x y + = 1 Tìm GTNN của biểu thức:
PHẦN RIÊNG
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua
(0, 1)
M − Biết AB = 2 AM , đường phân giác trong AD x y : − = 0,đường cao
CH x y + + = Tìm toạ độ các đỉnh
3 Giải phương trình : 8
2
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm hệ số chứa x4 trong khai triển
2 2
6
n
n
−
biết :
1
4 3 7( 3)
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) : ( C x − 1)2 + ( y + 1)2 = 25, điểm
(7;3)
M Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A B , sao cho MA = 3 MB
2 Giải phương trình: log 35( + 3x + = 1 ) log 34( x+ 1 )
Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh:
C + C + C + + + n C = + n −
Trang 2
I
B H
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 21
TXĐ: D=R Sự biến thiên
Đạo hàm: y ' 3 = x2 − 3, ' 0 y = ⇔ ( ) ( ) ( x y ; = { 1;0 , 1;4 − ) }
Giới hạn: lim ; lim
Bảng biến thiên:
'
y
Hàm số đồng biến trên ( −∞ − ; 1 ; 1; ) ( +∞ ) Hàm số nghịch biến trên ( − 1;1 )
Hàm số đạt cực đại tại x = − 1; yCD = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0
Đồ thị:
f(x)=x^3-3x+2
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10
x y
Để hàm số có cực trị thì y ' 0 = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ > m 0
Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là∆ : 2 mx y + − = 2 0
Điều kiện để đường thẳng ∆ cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là :
2
m
m
+ −
∆ < ⇔ < ⇔ < + ⇔ < ∀
+ Gọi H là hình chiếu của I trên AB Ta có
2
AB
IH = R − = Theo bài ra 2 6
( , )
5
2 2
6
6 5
m m
m
=
+ = − Vậy m = 6 là giá trị cần tìm
4
2
1
2
x
x = ⇔ = + x π k π x = π + k π k ∈ ¢
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2
10
Vậy pt có 4 họ nghiệm :
x = + π k π x = π + k π x = + α + k π π α + − + k π k ∈ ¢
3
x y
Giải: ĐK 3 x + 2 y ≥ 0
+ Với y = − 1 x thay vào (2) ta được : 3 3 x + + 2 x + = 2 4
Đặt a = 3 3 x + 2, b = x + 2 (b 0) ≥ Ta có hệ :
3
3 2
2 2
x b
+ =
+ x = ⇒ = − 2 y 1 Vậy nghiệm của hệ là: 2
1
x y
=
= −
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
I
− − + + > − + > + > + >
< − ≠ < + ≠
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( )
log ( 5) log ( 4) = 1
I
log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1 (2)
+ + − − =
+ Đặt log2+y(1− =x) t thì (1) trở thành: 1 2
2 0 ( 1) 0 1
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với t =1 ta có: 1− = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3). Thế vào (2) ta có:
2
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
− − + − − + ⇔ − − + = ⇔ − + = − ⇔ + =
0
2
x
x
=
⇔ = − Suy ra: =y y= −11.
+ Kiểm tra thấy chỉ có x= −2,y=1thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x= −2,y=1.
2
Mặt khác BM ⊥ SA ⇒ BM ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBM ) ( ⊥ SAC )
+ Ta có
2
Trang 4Theo bài ra SBA · = 600 Xét tam giác vuông SAB có
2
SABM
a
I
M
S
C D
1 2 1 2
1 2
, , ,
;
a a b b
b b
∈
+
¡
(Tuyệt phẩm Svac-xơ)
+Ta có
+ Dấu đẳng thức xẩy ra ( ; ) 1 1 ;
3 3
⇔ = ÷
Câu 6a: 1, Gọi M1 là điểm đối xứng với M qua AD
Gọi I = AD ∩ MM1 ⇒ toạ độ I là nghiệm của hệ
1
AB CH
x y
x y
+ + =
− =
v
Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ
x y
− = −
− =
Toạ độ C là nghiệm cuả hệ 2 3 1
x y
C
x y
+ = −
− =
1
2
o
x
0 2
0
0
1
2
x
=
−
= − − −
Vì B C , phải khác phía với AD ⇒ B (5,3) không TM Vậy 1
(1;1); ( 3; 1); ( ; 2)
2
Trang 5Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
1
x x
>
≠
ta có ⇒ (1) ⇔ log (2( x + 3) x − = 1 ) log 42 x ⇔ + ( x 3) x − = 1 4 x:
1
3
x
x
>
⇔ < < ⇔ = − +
≥
+ Với n = ⇒ 12 (1 2 ) 3 + x + x2 10= C100(1 2 ) + x 10 + C101 (1 2 ) 3 + x 9 x2 + C102(1 2 ) 9 + x 8 x4 +
Ta có: C100(1 2 ) + x 10 = C C100 100 + C101 2 x C + 1024 x2 + C x1038 3 + C10416 x4 +
3 x C (1 2 ) + x = 3 x C C + C x C x 2 + 4 + ;9 x C (1 2 ) + x = 9 x C C +
Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là : C C100 10416 3 + C C101 924 9 + C C102 80 = 8085
1
I
H
M
Đường tròn ( ) : (1, 1); C I − R = 5; MI = 52 5 > ⇒ M nằm ngoài đường tròn
Ta có MA MB MI = 2 − R2 = 27 ⇒ 3 MB2 = 27 ⇒ MB = ⇒ 3 MA = ⇒ 9 AB = 6
Gọi H là trung điểm của AB 2 2 4
4
AB
Gọi đường thẳng đi qua M (7,3) có vtpt n A B r ( , ),( A2 + B2 ≠ ⇒ ∆ 0) : Ax + By − 7 A − 3 B = 0 Theo trên ta có :
2
2 2
5
+ + Với A = ⇒ ∆ 0 : y = 3 + Với 12
5
B
t
t
Xét hàm 1 2
( ) 3.
t t
f t = + ÷ là hàm nghịch biến Mà f (1) 1 = ⇒ = t 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*) + Với t = ⇒ = 1 x 1
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
Trang 61 0 1 2 2
Thay x = 1 vào (2) ⇒ dpcm
