ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 50
Ngày 22 tháng 1 năm 2014
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
2 9 12 4y x x x= − + −

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N sao cho N cùng
với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 3, biết N có tung độ dương.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
( )
sin sin cos cosx x x x+ − = +2 3 2 3 2 3
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
1
( , )
1 1
3
xy xy x
x y
y y y
x x x

+ + =

∈

+ = +


¡

thỏa mãn
2 2 2
3.ab bc ca+ + =
Chứng minh rằng

5 5 5 5 5 5
3 3 3
2 3 2 3 2 3
15( 2)
a b b c c a
a b c
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ + + −
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có
phương trình
2 2
( 2) ( 3) 10x y− + − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa
cạnh AB đi qua điểm
( 3; 2)M − −
và điểm A có hoành độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ) :P x y z+ + − =2 7 0
và các
điểm
( ; ; ), ( ; ; ), ( ; ; )A B C−2 0 0 0 3 0 0 0 1
. Tìm

+ + +×××+ =
Hết
1
II. ĐÁP ÁN:
Câ
u
Ý Nội dung trình bày
Điểm
1 a 1,0 điểm
TXĐ:
D = ¡
Giới hạn:
( )
3 2 3
2 3
9 12 4
lim 2 9 12 4 lim 2
x x
x x x x
x x x
→+∞ →+∞
 
− + − = − + − = +∞
 ÷
 
( )
3 2 3
2 3
9 12 4
lim 2 9 12 4 lim 2

+
0
−
0
+
y
−∞
1
0
+∞
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)−∞
và
(2; )+ ∞
; nghịch biến trên
(1; 2)
. Điểm cực trị: CĐ
(1; 1)
, CT
(2; 0)
.
0.25
Đồ thị
Giao với Oy tại
(0; 4)−
Giao với Ox tại
( )
1
; 0 , 2; 0

d A d d N AB
c N
= −
 
+
⇒ = ⇔ = ⇔ ⇒
 
= −
 
0.25
Với
(3; 5)N
, giả sử
0 0
( ; )M x y
. Pt tiếp tuyến với (C) tại M là:
0 0 0
'( )( )y y x x x y= − +
.
Do tiếp tuyến đi qua N nên ta có:
2 3 2
0 0 0 0 0 0
5 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4x x x x x x= − + − + − + −
0.25
0
2
0 0
0
3 ( , )
( 3) (4 3) 0

 ÷
 
0.25
cos sinx x
π π
   
⇔ − + − + =
 ÷  ÷
   
1 2 3 0
3 6
0.25
2
sin
sin sin
sin (loai)
x
x x
x
 π
 
+ =
 ÷

π π
 
   

⇔ + − + = ⇔
 ÷  ÷

ĐK :
0; 0.x y> ≥
Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được
1
1
1 1
3
y
y
x x
y y y
x x x

+ + =




+ = +


0.25
Đặt
1
;a b y
x
= =
ta được
2 2
3 3

=

.
0.25
4 1,0 điểm
Ta có
ln( )
.
x
x
I x dx dx J K
x
+
+
= + = +
∫ ∫
2
2 2
1
2
1 1
1
3
0.25
Tính:
. ( ) .
ln ln
x
x x
J x dx d x

'
u x
u
x
v
v
x
x

= +
=


 
+
⇒
 
=
 
= −



2
1
1
1
1
1
. Suy ra

Vậy
ln ln
ln
I = + −
117 3
3 2 3
3 2
.
0.25
5 1,0 điểm
3

Xét ∆SHA(vuông tại H), có
cos
a
AH SA= =
0
3
30
2
. Mà ∆ABC đều cạnh a suy ra H là trung điểm
cạnh BC, vậy AH ⊥ BC.
0.25
Lại có SH ⊥ BC suy ra BC⊥(SAH). Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách giữa BC và
SA. Ta có
sin
AH a
HK AH= = =
0
3

5 10 10
a b
a ab b
ab
+
≥ − +
với
, 0a b >
(1)
0.25
Thật vậy
( )
( ) ( )
5 5 3 2 3 5 4 2 3 4 5
4
(1) 2 3 5 10 10 0 2 5 10 10 3 0
2 3 0
a b ab a ab b a a b a b ab b
a b a b
⇔ + − − + ≥ ⇔ − + − + ≥
⇔ − + ≥
Bất đẳng thức cuối luôn đúng.
0.25
Tương tự
5 5
3 2 3
2 3
5 10 10
b c
b bc c

.
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính
10R =
.
0.25
(C) tiếp xúc với AB nên
( )
;d I AB R=
hay
2 2 2
2 2
3
2 3 3 2
10 10( ) 25( ) ( 3 )(3 ) 0
3
a b
a b a b
a b a b a b a b
b a
a b
= −
+ + +

= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔

= −
+

Do đó phương trình AB là
-3 -3 0x y =

2
0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇒

= −

(loại)
0.25
+ Nếu AB:
-3 -3 0x y =
. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t>-1 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ =
.


− +

= = ⇒


− +

= =


2 3
1
2
2 3 3
3 1 3
2 2
2 3
3
2 2
. Khi đó
MA MB MC MI− + =2 3 2
uuur uuur uuuur uuur
đạt GTNN khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên (P). Mặt phẳng (P)
có véc tơ pháp tuyến
( )
(1;2;1).
P
n =
r

 ÷
 
3 1 3 5 5
1 6 4 7 0
2 4 4 2 4
0.25
9.a 1,0 điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
x
x x x− + + − =
2
3 2 2 2 0
0.25
( )( ) ( )
x
x
x
x x x
x
=

− − + − = ⇔

+ − =

2
1 2 2 2 0
2 1 0
0.25

0.25
Cạnh của hình vuông BFF’B’ là
. .BF OB b b c= = = ⇒ = =4 2 2 2 4
0.25
Vậy
a b c b= + = =
2 2 2 2
2 32
. Suy ra phương trình elip là:
.
x y
+ =
2 2
1
32 16
0.25
5
8.b 1,0 điểm
Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S). Theo giả thiết
(3;4; )I z
;
| |R z=
.
0.25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên Oz, ta có
2 2
3 4 5IH OA= = + =
. Gả sử (S) cắt Oz tại M,
N suy ra H là trung điểm của MN và do đó
1 1

n k k
n
k
x C x
=
+ =
∑
(1)
0.25
Lại có
2
3 2
2
0 0
(1 ) (1 ) (1 ) .
n n
n n n i i j j
n n
i j
x x x C x C x
= =
+ = + + =
∑ ∑
(2)
0.25
Hệ số của
n
x
trong khai triển (1) là
3

M
6