ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 43
Ngày 08 tháng 01 năm 2014
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 3 2y x x x= − + −
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm k để đường thẳng
( )
2y k x= −
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(2; 0), B, C. Gọi MH là khoảng
cách từ M(1; 2) đến BC, tìm k sao cho
4 5
MH
BC
=
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
( )
2
4
2
2 cot 1
3
8 sin 4
4 cot 1
x
cos x x
x

sin sin 2 cos 4
1 cos
x x x
I dx
x
π
+ +
=
+
∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD)
cùng vuông góc với đáy. Biết hai đường chéo
2 3; 2AC a BD a= =
cắt nhau tại O và khoảng cách từ O
đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
. Tính khoảng cách giữa CD, SA và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu V( 1 điểm) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn:
3a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
1 1 1
a a c b b b a c c c b a
ab bc ca

2
' 3 6 3 3 1y x x x= − + = −
; y’ = 0 khi x = 1
0,y x R
′
≥ ∀ ∈
nên hàm số đồng biến trên khoảng
( )
;−∞ +∞
.
+ Cực trị : Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn :
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 3 2 ; lim 3 3 2
x x
x x x x x x
→−∞ →+∞
− + − = −∞ − + − = +∞

+ Bảng biến thiên
x -
∞
1 +
∞
y’ + 0 +
y +
∞

-

=

↔

− + − =

Để đường thẳng cắt đồ thị tại A, B, C thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt, suy ra phương trình
(2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 . Suy ra
( )
3
4 3 0
*
4
4 2 1 0
3
k
k
k
k

∆ = − >
>


⇔
 
− + − ≠


≠

uuur
MH là khoảng cách từ M đến đường thẳng
2 0kx y k− − =
nên
2 2
2 2 2
1 1
k k k
MH
k k
− − +
= =
+ +
Theo giả thiết
( )
( )
2
2
2
4 5
. 1 4 3 4 5 2 4 3 4 5
1
k
MH k k k k
BC
k
+
= ↔ + − = ↔ + − =
+
( )

− = ↔ = ⇔ = + ∈
(thỏa mãn)
+)
1
sin 2 +cos2 1 sin 2
4
4
2
x k
x x x k Z
x k
π
π
π
π

= +
 

= ↔ + = ⇔ ∈
 ÷

 
=


Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có nghiệm
4
x k
π

Với x = 2y thay vào (2):
2
3
4 3 0 1;
4
y y y y+ − = ↔ = − =
hệ có 2 nghiệm (-2 ; -1) ;
3 3
;
2 4
 
 ÷
 
Với y = - x – 3 thế vào (2) ta có :
3 2
1 37
3 7 6 0 2;
6
x x x x x
− ±
+ − − = ↔ = − =
Hệ có 3 nghiệm
( )
1 37 17 37 1 37 17 37
2; 1 ; ; ; ;
6 6 6 6
   
− + − − − − − +
− −
 ÷  ÷

I dx dx dx H K
x x x
π π π
+
+ +
= = + = +
+ + +
∫ ∫ ∫
Câu 3 : Tính :
( )
( )
2
2
2
0
sin 1 cos
1 cos
x x
H dx
x
π
+
=
+
∫
đặt
1 os sin ;t c x dt xdx= + → = −

Đổi cận
0 2; 1

4
1 tan
2
1 cos
os os
2 2
dx x dx
K dx
x x
x
c c
π π π
 
= = = +
 ÷
 
+
∫ ∫ ∫
,
đặt
2
1
tan
2 2
os
2
x dx
t dt
x
c

I H K= + = − + = −

3
Câu 4: Trong tam giác ABO có
· ·
0
tan 3 60
OA
ABO ABO
OB
= = → =
Suy ra ∆ABD đều cạnh 2a.
Từ giả thiết có
( )
SO ABCD⊥
. Gọi H, K lần lượt là trung điểm AB, BH. Ta có DH =
3a
.
OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
Ta có AB ⊥ (SOK), gọi I là hình chiếu của O trên SK thì OI ⊥ (SAB)
j
O
D
C
A
B

2
1 1
. .2 3.2 2 3
2 2
ABCD
S AC BD a a a= = =
Thể tích khối chóp là
3
1 3
.
3 3
SABCD ABCD
a
V SO S= =
Câu 5 : Bất đẳng thức tương đương
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 3 3
0
1 1 1
3 1 3 1 3 1 1 1 1
0 0
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1 3 3
1 1 1 1 1 1
a a c b b b b a c c c c b a a
ab bc ca

1 1 1
a b c
a b c ab bc ca
ab bc ca
+ + +
≥ ↔ + + + ≥ + + +
+ + +
Thật vậy,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1
3 2 (*)
a b c ab bc ca
abc ab bc ca a b c a b c abc a b c ab bc ca
a b c abc
+ + + ≥ + + +
↔ + + + + + + + ≥ + + + + + + +
↔ ≥ +
Câu 6 : 1, Từ
3
3 3 3 1a b c abc abc+ + = → ≥ ↔ ≤
Suy ra (*) đúng.
Vậy
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
1 1 1

A'
Lấy A’ đối xứng với A qua BK thì A’ thuộc BC.
PT đường thẳng d qua A và vuông góc với BK có dạng : x – 2y – 5 = 0.
Gọi
{ }
I d BK= ∩
thì tọa độ I là nghiệm của hệ
2 5 0 1
2 5 0 3
x y x
x y y
+ + = = −
 
↔
 
− − = = −
 
Từ I(-1; -3) suy ra A’(-3; -4)
BC qua B, A’ nên PT BC có dạng
4
3 7
x t
y t
= − +


= −

M ∈ BC nên M(-4 + t; 3 -7t)
Ta có

r
. Ta có
,MI n
uuur r
cùng phương nên
1
1
x t
MI tn y t
z t
= −


= ↔ = +


= −

uuur r
suy ra
( )
1 ;1 ;I t t t− + −
Do I thuộc (P) nên ta có phương trình: -1 + t + 1 + t + t – 3 = 0 được t = 1 nên I(0 ; 2 ; - 1).
Ta có
( )
0;2; 1OI = −
uur
. Gọi
( )
; ;

= ↔ = ↔ = + ↔ = ±
+
Với a = 2b chọn b = 1 có a = 2 Phương trình (Q) có dạng
2 2 0x y z+ + =
Với a = - 2b chọn b = -1 có a = 2 Phương trình (Q) có dạng
2 2 0x y z− − =
Câu 7 : Tìm số phần tử của E:
Gọi
abc
là số có 3 chữ số khác nhau. Khi đó a có 6 cách chọn từ 1 → 6 còn b có 5 cách chọn ( trừ số đã
chọn cho a), c có 4 cách chọn .
Vậy có tất cả 6 x 5 x 4 = 120 số thuộc E.
Gọi Ω là không gian mẫu. Do chọn một phần tử thuộc E nên
( )
120n Ω =
.
Gọi A là biến cố: “chọn được số mà các chữ số của nó đều chẵn”

{ }
246,264,462,426,642,624A→ =
→ n(A) = 6
Vậy xác suất cần tìm là
( )
( )
( )
6 1
120 20
n A
P A
n