Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 20
Ngày 02 tháng 11năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3
3 2
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
C
2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của
( )
m
C
cắt đường tròn tâm
( )
1;1 ,I
bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
π

.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2AB a=
. Gọi I là
trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2IA IH= −
uur uuur
. Góc
giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K
của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn

1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 ÷
 
−
−
− +
+
+
 
 ÷
 ÷
 
là 224.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và
đường chéo BD lần lượt là
2 1 0x y− + =
và
7 14 0x y− + =
, đường thẳng AC đi qua điểm

3
3 2y x x= − +
•
Tập xác định:
¡
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
X
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞

1
. ' 2 2
3
y x y mx= − +
nên đường thẳng
∆
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
2 2y mx= − +
. Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
−
∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng
∆
luôn cắt đường tròn
tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
1
2
m ≠
, đường thẳng
∆

±
⇔ = ⇔ =
+
Câu 2:.(1,0 điểm)
Đặt
( )
2 2 4 2
2 4 2 2t x x t x x= + ⇒ = +
ta được phương trình:
2
2
4
1 5 2 8 0
2
2
t
t
t t t
t
= −

+ = − ⇔ + − = ⇔

=

Với
4t = −
ta có:
( )
0

( )
2
4 2
4 2
2
0
0
0
2 4 2 3 1
2 2 4
2 2 0
3 1
x
x
x
x x x
x x
x x
x
>

>
>


 
+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
  
+ =
+ − =

− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 
Đặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.t t t
t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với
1t =
ta có:
1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − −
Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1


.
+ Kiểm tra thấy chỉ có
2, 1x y= − =
thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2, 1x y= − =
.

Câu : 4(1,0 điểm) *Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì

.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
∆
= =
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
S
H
C
A
B
I
K
.
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
*
( )
BI AH
BI SAH
BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )

2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +
= = − +
+ −
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
2 3
3 3 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:
( )
( )
0;1
2 3
ax
9


 
⇔ ⇒
 
 ÷
+ − =
 


=



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD
( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
Ta có:
2 3 2AB IM= =
. Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2

m c m c
C CC
− + − −
 
= ∈
 ÷
 
nên
2 5 11 2 2 5
2( ) 3 0
2 2 6
m c m c
m
− + − −
− + = ⇒ = −
5 41
( ; )
6 6
I⇒ = −
. Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0
Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
x y
C
x y
− + =

3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8
9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   
   
Theo giả thiết ta có
( ) ( )

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=



⇔ + + = ⇔

= −

Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0
A AB AC= ∩
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
1 0 3
3;2
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì
I AC BD
= ∩
nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
7
1 0
7 5
2
;

C D
 
 ÷
 
Với b = -7a loại vì AC không cắt BD
Câu 6b: 2.(1,0 điểm) Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
H
( )
; ;x y z

0;+∞

( )
1
3
x
g x
x
−
=
−
, hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
3;+∞
+ Với x> 4 thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x> = = >
. Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với
4x
≤
thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒
bất phương trình vô nghiệm
TH2: Nếu x < 3 thì
( )
2
3 1
1 log