ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN - NĂM 2013 - 2014 SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ SỐ 31 Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu 1( 2,0 điểm) Cho hàm số y x3 x x (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm M, biết M với hai điểm cực trị (C) tạo thành tam giác có diện tích Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2cos3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3cos (2 x ) x3 y x x y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x y y Câu (1,0 điểm) Tính tích phân x2 1 ( x x 1)( x 3x 1)dx I = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) tam giác cạnh a Chân đường vng góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) điểm thuộc BC Tính khoảng cách hai đường thẳng BC SA biết SA=a SA tạo với mặt phẳng đáy góc 300 Câu (1,0 điểm) Cho a,b, c dương a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a3 b2 b3 c2 c3 a2 II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn hai phần ( phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn: Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm I(-5;1) tâm đường trịn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH trung tuyến AM là: x y 13 13 x y Xác định tọa độ đỉnh A, B, C Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc mặt cầu (S): x y z x y z cho tam giác OAB Viết phương trình mặt phẳng (OAB) Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm mơđun số phức Z 2i (1 i )3 1 i B Theo chương trình nâng cao: x2 y Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) Tìm (E) điểm C có hồnh độ tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC biết A(3;0;0); B(0;1;4) C(1;2;2) Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm giá trị x khai triển nhị thức Newton: 2lg(103 ) 2( x 2)lg3 x n biết số hạng thứ khai triển 21 Cn1 Cn3 2Cn2 Hết Chúc em thành công ! GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn Câu 1( 2,0 điểm) M(C) M(t; ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 31 với t 1; t t3-6t2+9t-2) Điểm CĐ : A(1 ; 2) điểm CT : B(3 ;-2) AB = 20 Phương trình đường thẳng AB : 2x+ y- =0 t 6t 11t Ta có S MAB 20 6 t t 6t 11t t Với t = phương trình tiếp tuyến: y =9x -2 Với t = phương trình tiếp tuyến: y =9x -34 PT cos4x+cos2x+ 3(1 sin x) 1 cos(4x+ ) Câu (1,0 điểm) AB.d ( M ; AB) cos4x+ sin x cos2x+ sin x sin(4 x ) sin(2 x ) 6 x k 18 2sin(3 x ).cosx=0 x= k Vậy PT có hai nghiệm x k x k 18 1 x Câu (1,0 điểm) ĐK 0 y (1) ( x 1)3 ( x 1) y y (2) Xét hàm số f (t ) t t với t 0; 2 Ta có f / (t ) 3t t (0; 2) f đồng biến 0; 2 Phương trình(2) có dạng f ( x 1) f ( y ) x 1 y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta x2 x x 1 x x x2 1 t2 Đặt t x x , t x t (loạ i) Phương trình trở thành: t 2t t (t/m) Với t x x x=0 y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1) Câu (1,0 điểm) I x2 x (t/m đk) 1 dx x Đặt t x x x 1 x x x x = t = ; x= t = 5/2 GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn dt 1 dx x 5 dt 2 1 15 ln t ln t I dt ln 4 t 1 t 11 (t 1)(t 3) Câu (1,0 điểm) Gọi chân đường vng góc hạ từ S xuống BC H Xét SHA(vuông H) a AH SA cos 300 a K Mà ABC cạnh a, mà cạnh AH => H trung điểm cạnh BC A => AH BC, mà SH BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vng góc xuống SA K => HK khoảng cách BC SA AH a => HK AH sin 300 a Vậy khoảng cách hai đường thẳng BC SA Câu (1,0 điểm) Ta có: a3 b2 b3 c2 a3 b2 b3 c2 S C H B b2 a 3a 33 (1) 16 64 c2 c 3c 33 (2) 16 64 a2 c 3c 3 (3) 16 64 a2 a2 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a b2 c2 P a b c (4) 16 2 Vì a +b +c =3 3 Từ (4) P giá trị nhỏ P a=b=c=1 2 Câu 7.a (1,0 điểm) Ta có A=AMAH A(-3 ;-8) Do IM // AH phương trình đường thẳng IM: x - 2y + = M = IM AM M(3;5) BC AH phương trình đường thẳng BC: 2x + y - 11 = Do B BC B( x0; 11 - 2x0) c3 c3 x0 Ta có IB =IA (x0+5)2 + (10 - 2x0)2 = 85 x02- 6x0+8 = x0 B(2; 7) ; C(4;3) B( 4;3) ; C(2;7) x2 y z x y z Câu 8.a (1,0 điểm) B( x; y; z ) ( S ) OAB nên OA OB AB x2 y z x y z x y z 32 (4 x) (4 y ) z 32 x y z x y z 32 x y GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn x 0; y 4; z B(0; 4; 4) x 4; y 0; z B(4;0; 4) B(0; 4; 4) phương trình mp(OAB): x - y + z =0 B(4;0; 4) phương trình mp(OAB): x - y - z =0 2i (1 i )3 2i (1 3i 3i i ) 4i Câu 9.a (1,0 điểm) Z 1 i 1 i 1 i Z i 2 7 1 Z 2 2 Câu 7.b (1,0 điểm) Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y diện tích tam giác ABC Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi ta có 85 x y 170 85 85 x y 2 2x 3y AB.d (C AB) 3 13 13 13 13 x2 y x 3 Dấu xảy Vậy C ( ; 2) 2 x y y AB (3;1; 4); AC (2; 2; 2); BC (1;1; 2) Câu 8b (1,0 điểm) AB, AC (6; 2; 4) S ABC n Mp(ABC) qua A(3;0;0) có VTPT (3;1; 2) có pt: 3x + y + 2z - 9=0 H ( ABC ) H ( x0 ; y0 ; z0 ) trực tâm ABC AH BC BH AC 3 x0 y0 z0 x0 x0 y0 z0 y 32 Vậy H ( ; 32 ; ) 7 7 x y z 0 z0 Câu 9b (1,0 điểm) Điều kiện: n nguyên dương n ≥ n! n! n! 2 Ta có Cn1 Cn3 2Cn2 n2 – 9n + 14 = n = 1!(n 1)! 3!(n 3)! 2!(n 2)! Ta có số hạng thứ : C75 2lg(103 x ) 2( x 2)lg3 = 21 21.2 lg(10 3x ) 2(x – 2)lg3 = 21 x lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = (10 – 3x)3x – = 32x - 10.3x + = x Hết - GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn ...Câu 1( 2,0 điểm) M(C) M(t; ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 31 với t 1; t t3-6t2+9t-2) Điểm CĐ : A(1 ; 2) điểm CT : B(3 ;-2) AB = 20 Phương trình... Đặt t x x x 1 x x x x = t = ; x= t = 5/2 GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn dt 1 dx x 5 dt 2 1 15 ln t ln t I dt ln ... (4 x) (4 y ) z 32 x y z x y z 32 x y GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn x 0; y 4; z B(0; 4; 4) x 4; y 0; z B(4;0; 4) B(0; 4; 4) phương