Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 6 Ngày 20 tháng 8 năm 2013 I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2điểm). Cho hàm số mxmxxy 32 3 1 23 +−= (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 . 2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x 1 , x 2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: 2 1 2 2 2 2 1 2 94 94 m mmxx mmxx m D −+ + −+ = Câu II (2điểm). 1. Giải phương trình: 4 1 4sin4sinsincos 22 =−+ xxxx 2. Giải phương trình: 252028245 22 +=−+−++ xxxxx Câu III (1điểm). Giải hệ phương trình:      =+−−+− −−−=− 4)1(log2)1(log3)1(log2 1212 3 2 33 33 yxxy xyyx Câu IV(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a; hai mặt bên(SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=a. Gọi N là trung điểm của SA, M thuộc cạnh AD sao cho AM=3MD. Cắt hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng chứa MN và vuông góc với mặt phẳng (SAD) ta được thiết diện là tứ giác MNPQ. Tính thể tích của khối chóp A.MNPQ. Câu V (1điểm). Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: 4 9 )()()( 3 33 3 33 3 33 ≥ − − + − − + − − ac ac cb cb ba ba II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AD và đường chéo AC lần lượt là 2x+y-9=0 và 3x+4y-11=0, đường thẳng BD đi qua điểm E(3;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh       − 1; 4 1 ),4;2( CA và tâm đường tròn nội tiếp tam giác là       2 3 ; 2 1 I . Tìm toạ độ đỉnh B. Câu VII.a (1điểm). Cho x, y thay đổi thoả mãn x 2 -xy+y 2 =1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức E=x 2 - 2xy+2y 2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm N(2;-3).Qua N vẽ đường thẳng sao cho nó tạo thành với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 2 3 . Viết phương trình đường thẳng đó. 2.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh       −− 4 5 ;1),1;2( CB và tâm đường tròn nội tiếp tam giác là       − 2 3 ; 2 1 I . Tìm toạ độ đỉnh A. Câu VII.b (1điểm). Cho biết hệ số của số hạng thứ tư của khai triển 2 5 1 2 . n x x x   +  ÷   bằng 70 . Hãy tìm số hạng không chứa x trong khai triển đó. Hết Mời các bạn đón xem đáp án ngày 30.8.2013 nhé ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 5 Ngày 12 thang 8 năm 2013 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − (C) 1. Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên: 2 2 2 ( 2) 1 0 2 4 5 0 y x y x x y y m − − − =   − + − + − =  Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 ) 4 x x x x π + + 2. Giải phương trình: + = 2x − 5x − 1 Câu III (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: 2 (2 ) ( 2 2 1) 0x x m x x− + − + + ≤ nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn 0; 1 3   +   . Câu IV (1,0 điểm). Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tròn (T) sao cho · ,(0 ) 2 BAC π α α = < < . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và α . Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương , ,x y z thoả mãn 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x y z P x y y z z x = + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần( Phần A hoặc Phần B) A.Theo chương trình chuẩn. Câu VIa (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: 2 13 0x y − − = và 13 6 9 0x y − − = . Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 4) 25x y − + = và M(1; - 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA = 3MB. Câu VIIa (1,0 điểm). Cho A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ các chữ số thuộc tập A lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3 . B.Theo chương trình nâng cao. Câu VIb (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm của BC, đỉnh A thuộc đường thẳng d: 2 0x y + + = , phương trình đường thẳng DM: 3 6 0x y − − = và đỉnh C(3; - 3). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm. 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là: 2 2 1 16 9 x y + = và hai điểm A(4;- 3), B(- 4; 3). Tìm toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb (1,0 điểm). Tính tổng 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 S C C C C C C C C = + + + + . …………….Hết………… ( Đề thi gồm có 01 trang) Mời các bạn xem đáp án đề số 5 vào ngày 20.8.2013 nhé HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1, Khảo sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Tập xác định D = R\{1} Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: 2 3 ' 0, ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − . Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; 1) và ( 1 ; + ∞). - Cực trị: Hàm số không có cực trị. - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2 1 2 1 lim 2 ; lim 2 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ + + = = − − . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x − + → → + + = ∞ = +∞ − − . Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. -Bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ y’ - - y 2 +∞ - ∞ 2 Đồ thị:Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I( 1; 2). Câu 1: 2, Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng 4 nghiệm nguyên 2 2 2 ( 2) 1 0 (1) 2 4 5 0 (2) y x y x x y y m − − − =   − + − + − =  Nhận thấy x = 1 không thỏa mãn phương trình (1) dù y lấy bất kì giá trị nào Suy ra (1) 2 1 ( 1) 2 1 1 x x y x y x + ⇔ − = + ⇔ = − Phương trình (2) 2 2 2 ( 1) ( 2)x y m⇔ − + − = là phương trình đường tròn (T) có tâm I(1;2) bán kính m với mọi m khác 0 .Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đồ thị (C) ở câu 1 và đường tròn (T) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt có tọa độ nguyên 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -15 -10 -5 5 10 15 1 -1 5 4 1 3 -2 I y x o D C B A Đồ thị (C) chỉ đi qua đúng 4 điểm có tọa độ nguyên là A(1;5), B(4; 3), C(0,-1)và D(-2; 1) Từng cặp Ava C, B và D đối xứng nhau qua I(1;2) Hệ đã cho có đúng 4 nghiệm nguyên khi và chỉ khi đường tròn (T) phải đi qua 4 điểm A, B, C, D khi và chỉ khi (T) đi qua A khi và chỉ khi 2 2 10 10R m m= = ⇔ = 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 2: 1, Giải phương trình: 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 ) 4 x x x x π + + 2 2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 ) 4 2cos3 cos 3 3sin 2 3 1 cos(4 ) 2 2cos3 cos 3 3sin 2 3 3sin 4 2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0 2cos3 cos 2 3 sin 3 cos 0 2cos (cos3 3sin 3 ) 0 cos 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x π π + +   ⇔ + + = + +     ⇔ + + = − ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + = = ⇔ cos 0 ; ( ) 3 18 3 2 cos3 3 sin3 0 tan3 3 x x k x k k Z x x x π π π π =    ⇔ ⇔ = − + = + ∈  −  + = =    Vậy nghiệm của phương trình là ; ( ) 2 18 3 x k x k k Z π π π π = + = − + ∈ Câu 2: 2, Giải phương trình: + = 2x − 5x − 1 (1) 2 (1) 2 1 4 1 2 5 3x x x x ⇔ − − + − − = − − 3 3 1 1 ( 3)(2 1) ( 3)( 2 1) 0 2 1 4 1 2 1 4 1 1 1 3 0; 2 1(2) 2 1 4 1 x x x x x x x x x x x x x x − − + = − + ⇔ − − − − = − + − + − + − + ⇔ − = − = + − + − + * 3 0 3x x − = ⇔ = *Xét phương trình (2) ĐK 2 4x ≤ ≤ ; VP 5 ≥ VT đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [2;4] bằng 1 1 2 1 − + khi x = 2 nên phương trình (2) vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 Câu 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình: 2 (2 ) ( 2 2 1) 0x x m x x− + − + + ≤ Đặt 2 2 2t x x = − + . Lập BBT của hàm 2 2 2y x x= − + với x thuôc 0;1 3   +   ta có t thuộc đoạn [ ] 1;2 Bpt trở thành 2 2 2 ( 1) 2 (1) 1 t m t t m t − + ≤ − ⇔ ≤ + (do t+1>0) Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x thuôc 0;1 3   +   khi và chỉ Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn [ ] 1;2 .Xét [ ] 2 2 ( ) , 1;2 1 t f t t t − = ∈ + 2 1 '( ) 1 0, ( 1) f t t t = + > ∀ + t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2 − Từ BBT ta có Bpt (1) nghiệm đúng với moi t thuộc đoạn [ ] 1;2 khi 1 2 m − ≤ Vậy với 1 2 m − ≤ thoả mãn yêu cầu bài toán. 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 4: Trên mp (P) cho đường tròn (T) đường kính AB bằng 2R. S là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A. Đặt SA = h. Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB tại K. C là một điểm nằm trên đường tròn (T) sao cho · ,(0 ) 2 BAC π α α = < < . SC cắt mp (Q) tại H. Tính thể tích tứ diện SAHK theo h, R và α . O α H K C B S A Chứng minh AH ⊥ SC. Ta có: ( ) BC AC BC SAC BC AH BC SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  (1). Lại có: ( )mp Q SB SB AH ⊥ ⇒ ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra ( )AH SBC AH SC ⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra 2 . .SA SH SC SK SB = = 4 2 2 2 2 . . . . . . . . . SAHK SABC V SA SH SK SH SK SH SC SK SB SA V SA SC SB SC SB SC SB SC SB = = = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 sin 2 . sin os . ; 4 os , ; 4 3 6 3 SABC R h V dt ABC SH AB c SA SC h R c SB h R α α α α = ∆ = = = + = + 2 5 2 2 2 2 2 sin 2 3( 4 )( 4 os ) SAHK R h V h R h R c α α = + + Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 x y z P x y y z z x = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x y z xy yz zx P x y z x y y z z x x y y z z x xy yz zx P x y z x y y z z x = + + = − + − + − + + + + + + ⇒ = + + − + + + + + Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 xy xy y x x y y x x y y x z y z y yz yz zx zx x z y x x z P x y z y z z x z y x z + ≥ ⇒ ≤ = + ≤ = ≤ = ⇒ ≥ + + − + + + + 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Mặt khác 1 1 1 ; ; 2 2 2 2 2 2 3 1 9 1 ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 4 x xy y y yz z z xz x y x y z y z x z x x y z xy yz xz P x y z P x y z xy yz zx xy yz zx + + + + + + ≤ = ≤ = ≤ = + + + + + ⇒ ≥ + + − ⇒ ≥ + + − + + = − + + 2 2 2 2 ( ) 2( ) 3( ) 9 1 3 3 .3 4 4 2 x y z x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx P + + = + + + + + ≥ + + ⇒ + + ≤ ⇒ ≥ − = Dấu = xảy ra khi 2 2 2 ; ; 1 1; 1; 1 1 1 3 x y y z z x x x y z y x y x z x y z  = = = =   = = =   ⇔ =   = =   =   + + =  Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1. Câu 6a: 1, Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 2 13 0 3 ( 3; 8) 13 6 9 0 8 x y x A x y y − − = = −   ⇔ ⇒ − −   − − = = −   Ta có IM đi qua I(-5; 1) và song song với AH .Phương trình IM là 2 7 0x y − + = Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 2 7 0 3 (3;5) 13 6 9 0 5 x y x M x y y − + = =   ⇒ ⇒   − − = =   Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH. Phương trình BC là 2 11 0x y + − = Gọi B(b;11-2b). Ta có IB = IA 2 2 2 2 ( 5) (10 2 ) 85 6 8 0 4 b b b b b b =  ⇒ + + − = ⇔ − + = ⇔  =  Với b = 2 suy ra B(2;7), C(4;3) Với b = 4 suy ra B(4;3), C(2,7) Vậy A( -3; -8), B(2;7), C(4;3) hoặc A( -3; -8), B(4;3), C(2;7) 2, Đường tròn (C ) có tâm I(4;0), bán kính R=5. Do IM <5 nên M nằm trong đường tròn (C) Gọi H là hình chiếu của I trên AB, H là trung điểm của AB. Do MA= 3MB nên M là trung điểm của HB Xét hai tam giác vuông IHM và IHB ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 5 4 25 5 IH HM IM IH HM HM IH HB IB IH HM IH    + = + = =    ⇔ ⇔    + = + =   =     Đường thẳng (d) đi qua M(1; - 1) có phương trình : 2 2 ( 1) ( 1) 0 ( 0)a x b y a b − + + = + ≠ 6 A B C H M I A B H M Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 2 2 2 2 3 ( , ) 5 2 3 2 0 (2 )( 2 ) 0 2 a b a b d I d a ab b a b a b a b a b = +  ⇒ = = ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔  = − +  Với 2b a = chon 1; 2a b = = . Phương trình (d): x + 2y +1 = 0 Với 2a b = − chon 1; 2b a = − = . Phương trình (d): 2x - y -3 = 0 Vậy phương trình đường thẳng (d) là x + 2y +1 = 0 hoặc 2x - y -3 = 0 Câu 7a:Gọi số có 5 chữ số là ( 0)abcde a ≠ . Do 3abcde M nên ( ) 3a b c d e + + + + M Nếu 3a b c d+ + + M thì e = 0 hoặc e = 3 Nếu a b c d + + + chia 3 dư 1 thì e = 2 hoặc e = 5 Nếu a b c d + + + chia 3 dư 2 thì e = 1 hoặc e = 4 Như vậy từ một số có 4 chữ sô abcd (các chữ số được lấy từ tập A) sẽ tạo được 2 số tự nhiên có 5 chữ số thoả mãn yêu cầu bài toán Từ các chữ số của tập A lập được: 5.6.6.6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số Nên từ các chữ số của tập A lập được: 2.1080 = 2160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ số Câu 6b:1, Do A thuộc d: 2 0x y + + = , gọi A ( ; 2)a a − − . Ta có 3 4 2.6 2 ( , ) 2 ( , ) 3 10 10 ADM CDM a a S S d A DM d C DM a ∆ ∆ =  = ⇒ = ⇒ = ⇒  = −  Với 3 (3; 5)a A = ⇒ − , trường hợp này không thoả mãn vì A, C nằm cùng phía với đường thẳng DM. Với 3 ( 3;1)a A= − ⇒ − . Gọi I là tâm của hình chữ nhật, I là trung điểm của AC suy ra I(0;-1) Điểm D thuộc DM: 3 6 0x y− − = , gọi D(3d+6;d) (d < -2) 2 2 4 (3 6) ( 1) 13 3; 3 5 ID IA d d d d d= ⇔ + + + = ⇔ = − = − ⇒ = − Suy ra D(-3;-3), B(3;1). Vậy A(-3;1), D(-3;-3), B(3;1) 2, Gọi 0 ( ; ) o C x y ta có 2 2 2 2 0 0 0 1 9 16 144 (1) 16 9 o x y x y + = ⇔ + = Phương trình AB là: 3x +4y = 0 0 0 3 4 1 ( , ) , . ( , ) 5 2 ABC x y d C AB S AB d C AB ∆ + = = Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có 2 2 2 0 0 0 0 0 12 2 (3 4 ) 2(9 16 ) 2.144 3 4 12 2 ( , ) 5 o x y x y x y d C AB + ≤ + = ⇒ + ≤ ⇒ ≤ (Dấu = xảy ra khi 0 0 3 4x y = ) Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 0 0 3 4x y = . Kết hợp với (1) ta có ( ) 2 2 0 0 0 0 0 0 9 16 144 3 3 ; 2 2; ; 2 2; 3 4 2 2 x y x y x y  + =      ⇔ = − −   ÷  ÷ =       Vậy toạ độ điểm C là 3 2 (2 2; ) 2 hoặc 3 2 ( 2 2; ) 2 − − Câu 7b:Tính tổng 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 S C C C C C C C C = + + + + . Ta có 32 20 12 (1 ) (1 ) .( 1) (1)x x x + = + + 32 0 1 2 2 32 32 32 32 32 32 (1 ) VT x C C x C x C x = + = + + + + Hệ số của 11 x trong khai triển vế trái là 11 32 C (2) 0 1 2 2 20 20 0 1 2 2 12 12 20 20 20 20 12 12 12 12 ( )( )VP C C x C x C x C C x C x C x = + + + + + + + + 7 D C M B I Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Hệ số của 11 x trong khai triển vế phải là 0 11 1 10 10 1 11 0 20 12 20 12 20 12 20 12 C C C C C C C C + + + + (3) Từ (1),(2),(3) ta có 0 11 1 10 10 1 11 0 11 20 12 20 12 20 12 20 12 32 S C C C C C C C C C = + + + + = Chú ý: Đối với ý 2 câu 1 thí sinh có thể giải không sử dụng đồ thị mà viết phương trình (1) tương đương với 2 1 3 2 1 1 x y x x + = = + − − (sau khi nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình với mọi y) Nhận xét y nguyên khi x nguyên thì 3 1x − phải nguyên. Suy ra x – 1 phải là ước của 3 hay { 2;0;2;4}x ∈ − thay vào tìm y tương ứng Thay 4 cặp (x; y) nguyên vào phương trình (2) 8 . được: 5 .6. 6 .6 = 1080 số tự nhiên có 4 chữ số Nên từ các chữ số của tập A lập được: 2.1080 = 2 160 sô chia hết cho 3 có 5 chữ số Câu 6b:1, Do A thuộc d: 2 0x y + + = , gọi A ( ; 2)a a − − . Ta có . …………….Hết………… ( Đề thi gồm có 01 trang) Mời các bạn xem đáp án đề số 5 vào ngày 20.8.2013 nhé HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 5 Câu 1: 1, Khảo sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Thầy giáo:Lê. Thạch ĐT:0 169 4838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 6 Ngày 20 tháng 8 năm 2013 I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2điểm). Cho hàm số mxmxxy 32 3 1 23 +−= (1) , m là tham số thực.