ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 MƠN: TỐN KHỐI:A-A1-B I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx x 9mx (1) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Xác định m để đường thẳng d: y = x cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt A(0,– 3), B, C thỏa điều kiện B nằm A C đồng thời AC = 3AB Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2(sin x cos x) sin x cos x 2(2 sin x) 2) Giải phương trình: log 22 ( x 2) (2 x 20) log ( x 2) 10 x 75 Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I = (1 1 x5 dx x )2 Câu IV (1 điểm) Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a Gọi M, N trung điểm CC’, A’C’ Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ E Tính thể tích khối chóp A.BMNE Câu V ( điểm) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : ( x 2) ( y 2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P = x( x 4) + y ( y 4) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn hai phần sau ) Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa ( điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– ), N(4, ), P(4, 1), Q(–3, 1) điểm I(1, ) Tìm tọa độ điểm A, B, C, D nằm đường thẳng MN, NP, PQ, QM cho ABCD hình bình hành nhận I làm tâm x 1 y 1 z 1 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: hai điểm A(3, 2, –1), 3 B(–1,– 4,3) Tìm đường thẳng d điểm M cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Câu VIIa ( điểm) 1 1 1 2010 2011 Tính tổng S = C2011 C2011 C2011 C2011 C2011 2013 2014 Theo chương trình nâng cao: Câu VIb ( điểm) x2 y 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2) Tìm điểm M (E) cho diện tích tam giác MAB lớn Tính giá trị lớn 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x 1) ( y 2) ( z 3) 17 mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + = Viết phương trình đường thẳng qua A(8, 0, – 23), nằm (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu VIIb ( điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phương trình: z [(1 3) ( 1)i ]z 2i Tìm phần thực phần ảo số phức z12011 z22011 - GV:NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0902568392 –Đ/C:482/6-TLỘ 10-BTĐ-Btan DeThiMau.vn Bài giải Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi m = ta có hàm y x x x x 1 y x y 3 + lim y , lim y x + y’ = 3x2 – 12x + ; y’ = x +BBT x y’ – 1 + +TXĐ : D = R – + + + y – –3 + Hàm đồng biến khoảng (– , 1) (3, + ), nghịch biến khoảng (1,3) Điểm cực đại đồ thị (1,1), điểm cực tiểu đồ thị (3, –3) + y” = 6x – 12 ; y” = x = , y(2) = – Đồ thị có điểm uốn (2,– 1) + Đồ thị t x = x3-6x2+9x-3 -5 -2 -4 2)(1,0 đ) + Phương trình hồnh độ giao điểm d (C) : mx x 9mx x 3 9 x(mx x 9m ) x 0; mx x 9m (2) 4 + Có giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác m m m m 65 1 65 m ' m(9m ) m (*) 4 8 1 9m m m 9 + Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 = x1 – 3, y2 = x2 – ; x1, x2 nghiệm (1) Ta có AB = (x1, 4 x x1 y1 + 3), AC = (x2, y2 + 3) AC = AB x2 = 3x1 y2 3( y1 3) x1 / 2m x2 x1 x1 / 2m +Ta có x1 x2 / m x2 / 2m x2 / 2m x1 x2 / 4m x1 x2 / 4m 4m m m + Ta có 4m2 – m – = ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = m = – 3/4 m 3 / DeThiMau.vn Câu II(2 điểm) 1) 2(sin x cos x) sin x cos x 2(2 sin x) 2(sin x cos x) 3sin x 4sin x cos3 x 3cos x 2(2 sin x) 5(sin x cos x) 4(sin x cos x)(1 sin x cos x) 2(2 sin x) (sin x cos x)(1 4sin x cos x) 2(2 sin x) (1) + Đặt t = sinx – cosx , t t2 = – sin2x + (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = ( – t2 ) 2t 2t t (t 2)(2t 2t 9) t = 3 sin( x ) x k 2 4 log 22 ( x 2) (2 x 20) log ( x 2) 10 x 75 (1) + sinx – cosx = 2) (1,0 đ) +ĐK: x > – Đặt t = log ( x 2) (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = (2) t t 15 x + log ( x 2) = 15 – 2x log ( x 2) + 2x – 15 = + ' = (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 + log ( x 2) = x + = 25 x = 30 Suy (2) > 0, x (2, ) ( x 2) ln Hàm f(x) đồng biến ( – 2,+ ) f(6) = x = nghiệm phương trình f(x) = Đặt f(x) = log ( x 2) + 2x – 15 f’(x) = + Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6} Câu III (1 điểm) + Thể tích khối trịn xoay tạo V = (1 1 x5 dx x )2 + Đặt t = + 2x 2x = t – + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt x = – 1t = ; x = t = 4 4 t2 8 t 2t 10 t 10 ln t +V= ( t 1) dt = t dt = = 5ln 1 2 t 2 2 t2 2 t t2 Câu IV (1 điểm) + Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ AC H K; HB cắt A’B’ E H Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) N A' 3a AB.AK.sin600 = 3 3a +VH.ABK = SABK.HA = 3a A ' E HA ' 1 A’E = a +VM.ABK = SABK.MC = ; AB HA 3 +VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN = SA’EN.HA 3a = A’E.A’N.sin60 HA = 24 3 3 3a 3a 3a 3a +VA.BMNE = –( + )= 24 24 +SABK = C' E B' M K A C B Câu V(1 điểm) + Gọi T miền giá trị P Ta có m T Hệ sau có nghiệm ( x 2) ( y 2) (I) 3 y ( y 4) m x ( x 4) +Đặt u = x( x 4) , v = y ( y 4) Ta có u = ( x 2) ,tương tự v DeThiMau.vn m3 (u v)3 3uv(u v) uv 3m (m 0) u v m u v m m 9 (1) +Ta có u, v hai nghiệm phương trình: t mt 3m + Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện t1 t2 u v3 Hệ (I) trở thành u v m 4(m3 9) m3 36 m 0 m m (t1 1) (t2 1) m m m3 m3 3m 3m (t 1)(t 1) m 1 0 3m 3m m 36 Suy miền giá trị T = [3, 36 ] Vậy maxP = 36 , minP = 0 m 36 m m m Câu VIa ( điểm): 1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ điểm đối xứng M N qua I M’(3, 2) N’( – 2, +Phương trình đường thẳng M’N’: x 3 y 2 x – 3y + = 5 5 / ) +A MN C đối xứng với A qua I nên C giao điểm M’N’ với PQ + Phương trình đường thẳng PQ: y = x 3y x C(0, 1) A(2, – 2) y 1 y 1 + Gọi Q’ điểm đối xứng Q qua I Q’(5, – 2) +D MQ B đối xứng với D qua I nên B giao điểm M’Q’ với PN x 5 y + Phương trình M’Q’: 2x + y – = 0; phương trình PN : x = 2 2 x y x +Tọa độ điểm B nghiệm hệ pt B(4, 0) D(– 2, – ) x y +Tọa độ điểm C nghiệm hệ pt Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – ) 2)M(1 + t, – + 2t, – t) d Ta có: MA + MB = (t 2) (2t 3) (2 3t ) + (2 t ) (2t 3) (2 3t ) 3 14t 28t 17 14t 28t 17 = 14 (t 1) (t 1) 14 14 3 +Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, ), F(–1, – ) N(t, 0) 14 14 Ta có MA + MB = 14 (NE + NF) 14 FE = 17 = + E F nằm hai bên trục hồnh đối xứng qua gốc O, cịn N chạy trục hoành nên dấu đẳng thức xảy E, N F thẳng hàng , tức t = + Vậy min(MA + MB) = 17 t = hay M(1, –1, 1) 2010 2010 2011 2011 Câu VIIa (1 điểm) + Ta có (1 x) 2011 C2011 C2011 x C2011 x C2011 x C2011 x 2010 2012 2011 2013 Suy x (1 x) 2011 C2011 x C2011 x3 C2011 x C2011 x C2011 x 2011 x (1 x) dx = C 2010 2012 2011 2013 x C2011 x3 C2011 x C2011 x C2011 x dx 2011 1 1 1 2010 2013 2011 2014 = C2011 x C2011 x C2011 x C2011 x C2011 x 2013 2014 3 0 1 1 1 2010 2011 = C2011 C2011 C2011 C2011 C2011 2013 2014 Đặt t = – x dt = – dx Với x = t = 1; với x = t = DeThiMau.vn Vậy S = x (1 x) 2011 dx S= 1 2011 2011 2013 2012 2011 (1 t ) t (dt ) = (t 2t 1)t dt = (t 2t t )dt 0 t t t 1 2 = = 2013 2012 2014 2013 2012 2013.2014.1006 2014 2014 2013 2012 = Câu VIb ( điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB: x2 y2 2x + 3y + = 4 2 2 x0 y0 x02 y02 + AB = 13 , M(x0,y0) (E) , d(M,AB) = 13 + SMAB = AB.d(M,AB) = x0 y0 2 y0 x0 x02 y02 + BĐT Bunhiacôpxki (2 x0 y0 ) (36 45) 81 Suy 9 x0 y0 7 x0 y0 11 x0 y0 11 x0 y0 x0 Dấu đẳng thức xảy 18 15 Vậy maxSMAB = 11 M(2, ) 2 x0 y0 y0 2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n = (2, 2, 1) + Gọi u = (a, b, c) VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0) + (P) u n 2a + 2b + c = c = – 2a – 2b (1) + Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u ] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a) AI , u tiếp xúc (S) d(I, ) = R 17 u (2c 20b) (20a 9c) (9b 2a ) 17 a b c (2) +Từ (1) (2) ta có : (4a 24b) (2a 18b) (9b 2a ) 17[a b ( 2a 2b) ] 896b2 – 61a2 + 20ab = +Nếu b = a = suy c = vơ lí, b Chọn b = Ta có – 61a2 + 20a + 896 = a = a = 224 61 224 326 , b = c = Vậy có hai đường thẳng thỏa toán là: 61 61 224 326 x 4t , y t ; z 23 10t / x t ; y t ; z 23 t 61 61 Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số = [(1 3) ( 1)i ]2 4(2 2i ) 4 4i = [(1 3) (1 3)i ]2 + Với a = 4, b = c = – 10 ; với a = +Phương trình có hai nghiệm: z1 = – i z2 = + 3i i ) 2[cos( ) i sin( )] 2 6 7 7 2011 2011 z12011 22011[ cos( ) i sin( ) 22011[cos( ) i sin( )] = 22011 ( i) 6 6 2 +z2 = + i = 2( i ) 2(cos i sin ) 2 3 2011 2011 z22011 22011 (cos i sin ) 22011 (cos i sin ) = 22011 ( i) 3 3 2 1 1 Suy z12011 z22011 22011[ i ] Vậy phần thực 22010 (1 3) phần ảo 22010 (1 3) 2 +z1 = – i = 2( DeThiMau.vn ... – + + + y – –3 + Hàm đồng biến khoảng (– , 1) (3, + ), nghịch biến khoảng (1,3) Điểm cực đại đồ thị (1,1), điểm cực tiểu đồ thị (3, –3) + y” = 6x – 12 ; y” = x = , y(2) = – Đồ thị có... m m + Ta có 4m2 – m – = ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = m = – 3/4 m 3 / DeThiMau.vn Câu II(2 điểm) 1) 2(sin x cos x) sin x cos x 2(2 sin x) 2(sin x cos x) ... ( x 4) +Đặt u = x( x 4) , v = y ( y 4) Ta có u = ( x 2) ,tương tự v DeThiMau.vn m3 (u v)3 3uv(u v) uv 3m (m 0) u v m u v m m 9 (1)