ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2014
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 7)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1y f x
= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m
− + =
với
[0; ]x
π
∈
.
Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:
1.
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = −
 ÷
 

− + =
 ÷  ÷  ÷
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác
trong CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +


= −


= +

.Gọi



=

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷
+ + + + + +
 
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 7
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2 1,00
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π

Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1t− ≤ ≤
.
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m >
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
1.
81
32
m =
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
•
0 1m
< <
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
0m
=

x
x x
x
x
x
x
x

− =

=
− =







 

 

 

⇔ ⇔ − =
− =
 
− =
 ÷

2
2 2
log 0
1 1
2
1
1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x
=

= =
 

 
 =


> >
>
 
 


0,50
2 1,00
Điều kiện:
| | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2

8
u
v
=

⇔

=

hoặc
3
9
u
v
=


=

+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y


+ =



(II)
0
,
2
5
Giải hệ (I), (II). 0
,
2
5
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
0
,
2
5
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ
phương trình ban đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
1,00
III 0,25


− = − =
 

 
 

=
− = − − =

 
 
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −
∫ ∫
0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −
∫
Vì
[ ]
2
0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤

( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
1,00
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I,
I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai

4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0
,
2
5
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 ÷
= + + =
 ÷
 
0
,
2
5
V 1
,
0
0
Ta có:
+/
( )

Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
 
=
 ÷
 
(điều kiện:
2 2t− ≤ ≤
).
0
,
2
5

Khi đó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1−
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m+ + − =
(2) với

2 4 2+
tại
2t =
.
0
,
2
5
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤
.
0
,
2
5
VI
a
2
,
0
0
1 1
,
0
0
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.

5
0
,
2
5
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

IH AH⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =


∈


Trong mặt phẳng
( )
P
,
IH IA≤
; do đó
axIH = IA H Am
⇔ ≡
. Lúc
này (P) ở vị trí (P
0
) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P


0
,
2
5
Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +

: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD
nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
0
,
2
5
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
0
,
2
5
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4

1;0 , 0; 2C D− −
0
,
5
0
2 1
,
0
0
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM +
BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM +
BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=


3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ; 2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t


,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0; 2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
.
0
,
2
5
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
0
,
2
5
VIIb 1,00

+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0
,
5
0

Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2