Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 32 Ngày 30 tháng 1 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 +−= xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) 1. Giải hệ phương trình:    =−++ =+++ yyxx yyxyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y ∈R ) 2. Giải phương trình: 8 1 3 tan 6 tan 3coscos3sin.sin 33 −=       +       − + ππ xx xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ ++= 1 0 2 )1ln( dxxxxI Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 3 2 a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 32 1 32 1 32 1 222222 ++ + ++ + ++ = accbba P PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): xxy 2 2 −= và elip (E): 1 9 2 2 =+ y x . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình 011642 222 =−−+−++ zyxzyx và mặt phẳng ( α ) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( β ) song song với ( α ) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π. Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x         + 4 2 1 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 6560 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 + = + ++++ + n C n CCC n n n nnn  ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0, d 2 : x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 MCMBMA ++ Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình    +−= +=+ + +− 1 )1(2 yxe xee yx yxyx (x, y ∈R ) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 32 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số 43 23 +−= xxy 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +∞=+−=−∞=+−= +∞→+∞→−∞→−∞→ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - ∞ 0 2 + ∞ y' + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 - Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình    =− = ⇔=−−⇔+−=+− 0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y −=− 9 35318 m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2 ± =⇔=+−⇔−=+−⇒ (thỏa mãn) Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ Hệ phương trình tương đương với        =−+ + =−++ + 1)2yx( y 1x 22yx y 1x 2 2 Đặt 2yxv, y 1x u 2 −+= + = Ta có hệ 1vu 1uv 2vu ==⇔    = =+ Suy ra      =−+ = + 12yx 1 y 1x 2 . Giải hệ trên ta được nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa x y -1 2 O 4 2 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Điều kiện: 0 3 xcos 6 xcos 3 xsin 6 xsin ≠       π +       π −       π +       π − Ta có 1x 6 cot 6 xtan 3 xtan 6 xtan −=       − π       π −=       π +       π − Phương trình đã cho tương đương với 8 1 x3cosxcosx3sin.xsin 33 =+⇔ 1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 2 2 2 2 8 − − + + ⇔ × + × = 2 1 x2cos 8 1 x2cos 2 1 )x4cosx2cosx2(cos2 3 =⇔=⇔=+⇔       π+ π −= π+ π = ⇔ k 6 x (lo¹i) k 6 x , (k )∈Z . Vậy phương trình có nghiệm π+ π −= k 6 x , (k )∈Z Câu 3:Tính tích phân Đặt      = ++ + = ⇒    = ++= 2/xv dx 1xx 1x2 du xdxdv )1xxln(u 2 2 2 1 1 2 3 2 2 2 0 0 x 1 2x x I ln(x x 1) dx 2 2 x x 1 + = + + − + + ∫ ∫∫∫ ++ − ++ + +−−= 1 0 2 1 0 2 1 0 1xx dx 4 3 dx 1xx 1x2 4 1 dx)1x2( 2 1 3ln 2 1 ( ) 11 1 0 2 1 0 2 I 4 3 3ln 4 3 I 4 3 )1xxln( 4 1 xx 2 1 3ln 2 1 −=−+++−−= * Tính I 1 : ∫         +       + = 1 0 2 2 1 2 3 2 1 x dx I . Đặt       ππ −∈=+ 2 , 2 t,ttan 2 3 2 1 x Suy ra 9 3 t 3 32 ttan1 dt)ttan1( 3 32 I 3/ 6/ 3/ 6/ 2 2 1 π == + + = ∫ π π π π Vậy 12 3 3ln 4 3 I π −= Câu 4: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P) ≡ (BCH). Do góc · A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3 3a AM 3 2 AO, 2 3a AM === Theo bài ra 4 3a HM 8 3a BC.HM 2 1 8 3a S 22 BCH =⇒=⇒= 4 a3 16 a3 4 a3 HMAMAH 22 22 =−=−= Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên AH HM AO O'A = suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== Câu 5 : Tìm giá trị lớn nhất Ta có a 2 +b 2 ≥ 2ab, b 2 + 1 ≥ 2b ⇒ 1bab 1 2 1 21bba 1 3b2a 1 22222 ++ ≤ ++++ = ++ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa A B C C’ B’ A’ H O M Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Tương tự 1aca 1 2 1 3a2c 1 , 1cbc 1 2 1 3c2b 1 2222 ++ ≤ ++ ++ ≤ ++ 2 1 bab1 b ab1b ab 1bab 1 2 1 1aca 1 1cbc 1 1bab 1 2 1 P = ++ + ++ + ++ = ++ + ++ + ++ ≤             2 1 P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 1 khi a = b = c = 1. Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình 09x37x36x91)x2x( 9 x 23422 2 =−+−⇔=−+ (*) Xét 9x37x36x9)x(f 234 −+−= , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ      =+ −= 1y 9 x x2xy 2 2 2 09y8x16y9x9 9y9x y8x16x8 22 22 2 =−−−+⇒    =+ =− ⇔ (**) (**) là phương trình của đường tròn có tâm       = 9 4 ; 9 8 I , bán kính R = 9 161 Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**) Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng ( β ) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 .Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (β) là h = 435rR 2222 =−=− Do đó    = −= ⇔=+−⇔= −++ +−−+ (lo¹i) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z - 7 = 0 Câu 7a : Tìm hệ số của x 2 Ta có ( ) ∫∫ ++++=+= 2 0 nn n 22 n 1 n 0 n 2 0 n dxxCxCxCCdx)x1(I  2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC       + ++++= +  suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= +  (1) Mặt khác 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + − =+ + = + + (2) Từ (1) và (2) ta có n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= +  1n 13 1n + − = + Theo bài ra thì 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n =⇒=⇔ + = + − + + Ta có khai triển ( ) ∑∑ − − =         =         + 7 0 4 k314 k 7 k k 7 0 4 k7 k 7 7 4 xC 2 1 x2 1 xC x2 1 x Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa mãn 2k2 4 k314 =⇔= − Vậy hệ số cần tìm là 4 21 C 2 1 2 7 2 = Câu b:1, Viết phương trình đường tròn Do B ∈ d 1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d 2 nên C = (7 – 2n; n) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên    =+−− =−++ 0.3n5m3 2.3n27m2    = −= ⇔    =+− −=− ⇔ 1n 1m 2nm 3n2m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình 0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ      −= = −= ⇔      =++++ =+−−+ =++++ 27/338c 18/17b 54/83a 0cb2a10125 0cb8a2161 0cb6a494 Vậy (C) có phương trình 0 27 338 y 9 17 x 27 83 yx 22 =−+−+ Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =       3; 3 8 ; 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 222 222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= F nhỏ nhất ⇔ MG 2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) ⇔ 33 19 111 333/83/7 ))P(,G(dMG = ++ −−− == 3 64 9 104 9 32 9 56 GCGBGA 222 =++=++ Vậy F nhỏ nhất bằng 9 553 3 64 33 19 .3 2 =+         khi M là hình chiếu của G lên (P) Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ    +−= ++= ⇔    +−= +=+ + − + +− 1yxe 1yxe 1yxe )1x(2ee yx yx yx yxyx Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ    −=− += ⇔    += += )2(uvee )1(1ue 1ve 1ue vu v u v - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) vu =⇔ Thế vào (1) ta có e u = u+1 (3) . Xét f(u) = e u - u- 1 , f'(u) = e u - 1 Bảng biến thiên: u - ∞ 0 + ∞ f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u =⇔ . Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0    = = ⇔    =− =+ ⇒=⇒ 0y 0x 0yx 0yx 0v Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 32 Ngày 30 tháng 1 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 +−= xxy 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 MÔN TOÁN ĐỀ 32 Câu 1: 1, Khảo sát hàm số 43 23 +−= xxy 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thi n: a) Giới hạn: +∞=+−=−∞=+−= +∞→+∞→−∞→−∞→ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx b) Bảng biến thi n:. điểm) Giải hệ phương trình    +−= +=+ + +− 1 )1(2 yxe xee yx yxyx (x, y ∈R ) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN