Đề số 13. thi thử đại học môn toán thời gian làm bài: 180 phút42987

ĐỀ SỐ 13 THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=-x3+3x2-2 (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm đ-ờng thẳng (d): y=2 điểm kẻ đ-ợc ba tiếp tuyến đến ®å thÞ (C ) Câu II (2,0 điểm) Giải bất phương trình ( x  R) x2  x   x  5x2  x  3  Giải phương trình 2 cos x  sin x cos( x  )  sin( x  )  4 e log x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  3ln x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  16 z  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:   ; 1 x 1 y  z 1 d2:   mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc đường 1 thẳng , biết  nằm mặt phẳng (P)  cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – y – = (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 =0 Lập phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2) Viết phương trình đường vng góc chung hai đường thẳng sau:  x  1  2t x y 1 z    d1 :  ; d2 : y   t 1 z    log y  x  log 1    y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2  x  y  25 -Hết DeThiMau.vn ( x, y  ฀ ) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 Câu Ý Nội dung (1,0 điểm): Gọi M  (d )  M(m;2) Gọi  đường thẳng qua điểm M có hệ số góc k  PTĐT  có dạng : y=k(x-m)+2 ĐT  tiếp tuyến (C ) hệ PT sau có nghiệm  x  x   k ( x  m)  (1) (I)  (2) 3 x  x  k Thay (2) (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0  (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x  Đặt f(x)=VT(3)  2 x  (3m  1) x   (3) Từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( C)  hệ (I) có nghiệm x phân biệt  PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác     m  1 hc m>5/3  f (2)  I m  Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m  1 hc m>5/3 từ M kẻ tiếp tuyến đến (C) m  x  x    Điều kiện  x   x  , PT: x( x  1)( x  2)  x  12 x  5 x  x     x( x  1)( x  2)  x( x  2)  2( x  1)  x( x  2) x( x  2) 2 2 x 1 x 1  1 t x( x  2)  ta bpt 2t  3t     Đặt t   t  ( t  )  x 1 t   x   13  x   13 ( x  ) Vậy bpt Với t   x( x  2)   x  x     x 1 x   13  có nghiệm x   13 II 2 cos x  sin x cos( x  2 cos x  sin x (cos x.cos 3  )  sin( x  )   4 3 3    sin x sin )  4(sin x cos  cos x sin )  4 4  4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2)   PT (2) có nghiệm x    k  4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)  Giải (2) : Đặ t  s inx-cosx= sin( x  ), §iỊu kiƯn t  (*)  sin x   t , thay vào (2) PT: t -4t-5=0  t=-1( t/m (*)) t=5(loại ) 3 Với t=-1 ta tìm nghiệm x : x  k 2 hc x=  k 2 KL: ……… DeThiMau.vn  ln x  e e e   log 32 x ln x ln xdx ln  I  dx    dx   2 x ln 1  3ln x x  3ln x x  3ln x III dx Đặt  3ln x  t  ln x  (t  1)  ln x  tdt Đổi cận … x 2  t  1 1 Suy I   dx   t  1 dt tdt    t ln ln 1 x  3ln x e log 32 x 1    t t  3 ln   27 ln AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM đọan vơng góc chung HM  ( A' AM ) Gọi M trung điểm BC ta thấy: AA’và BC, d ( AA' , BC)  HM  a IV Trước hết ta có: x  y V Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH A' O HM ta có:  AO AH AO.HM a a a  suy A' O    AH 3a Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC   x  y  A ’ C ’ B ’ H C A O M B 1aa a3 A' O.AM.BC  a 23 12 (biến đổi tương đương)    x  y   x  y   x  y   64 z  a  z   64 z 3 Đặt x + y + z = a Khi P     1  t   64t 3 3 a a z ,  t  ) Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có a f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   16 64 Lập bảng biến thiên  Minf  t    GTNN P đạt x = y = 4z > 81 81 t 0;1 (với t = Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10  (3t   2)2  (t  1)2 2 4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2  (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn toán qua A B DeThiMau.vn  Một vectơ phương đường thẳng  u  (1; 3; 1) x 1 y z  Phương trình tắc đường thẳng  là:   1 VIa Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau cách chia đa thức Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: VIIa (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i   Đáp số:  1,2, 2 i, 2 i  C1  : I1  0;  , R1  3;  C2  : I  3; 4  , R2  Gọi tiếp tuyến chung  C1  ,  C2   : Ax  By  C   A2  B     2  tiếp tuyến chung  C1  ,  C2    d  I1;    R1   B  C  A  B d  I ;    R2  Từ (1) (2) suy A  B C  A  B  C  A2  B   3 A  B Trường hợp 1: A  B Chọn B   A   C  2    : x  y    VIb Trường hợp 2: C  3 A  B Thay vào (1) A  B  A2  B  A  0; A   B   : y   0;  : x  y   Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d  N  1  2t ';1  t ';3    MN.u1   MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t      MN.u1  6t  3t '  2  2t  2t ' 1   t  t '    t       t  t' 1 3t  5t '  2  2t  2t ' 1   t  t '   x  y z 1  M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1;2;4   PT MN :   1 y  x  Điều kiện:  y  VIIb yx   yx log  y  x   log  1 log  1    Hệ phương trình   y y   y  x  y  25  x  y  25  x  y  25      15  ;  x; y     x  3y x  3y x  3y  10 10        25   2 2    15  x  y  25 9 y  y  25  y  10 ;  x; y      Vậy hệ phương trình cho vô nghiệm  DeThiMau.vn  1 10 10  ( loại) ĐỀ SỐ 14 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x  9x  1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình: 1  x    x   2  log3 x  x  y  x  y  12   y x  y  12  x2 ; Câu III: Tính diện tích miền phẳng giới hạn đường y | x  x | y  x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm       4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Cho đường thẳng (D) có phương trình:  x  2  t   y  2t  z   2t  Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua  , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1    xy  yz  zx  x  y  z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D  x  1  2t  Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương trình tham số  y   t Một  z  2t  điểm M thay đổi đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh b c      2 a   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b Hết -DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14 Câu I Nội dung Ý Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  với x  [0;  ] (1) Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t  9t  m  (2) Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2) Ta có: (2)  8t  9t    m (3) Gọi (C1): y  8t  9t  với t  [1;1] (D): y = – m Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền 1  t  Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81 m  : Phương trình cho vơ nghiệm 32 81 m  : Phương trình cho có nghiệm 32 81 1 m   : Phương trình cho có nghiệm 32  : Phương trình cho có nghiệm  m 1  : Phương trình cho có nghiệm m0  m