Đề thi thử đại học môn Toán Đề 553510

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN - NĂM 2013 - 2014 SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ SỐ 33 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  3mx   Cm  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C1  b) Tìm m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu  Cm  cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn 2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x  sin x sin x  sin x   x  y  y   x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 log ( xy  1)  log ( x  1)  log ( y  1)    ln x  x ln x dx I      x  ln x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SA vng góc với đáy , ABCD hình chữ nhật với AB  3a 2, BC  3a Gọi M trung điểm CD góc ( ABCD) với ( SBC ) 600 Chứng minh ( SBM )  ( SAC ) tính thể tích tứ diện SABM e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân Câu (1,0 điểm) Cho a3 > 36 abc=1 Chứng minh a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca 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) 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 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm M, N tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x  y  z  2x  4y  6z  67  Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  z  z 1 i  z  2i B Theo chương trình nâng cao: Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm N(2;-3).Qua N vẽ đường thẳng cho tạo thành với hai trục toạ độ tam giác có diện tích Viết phương trình đường thẳng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A  2;3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1; 2  Tìm tọa độ trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 9.b (1,0 điểm) Từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; lập số tự nhiên có chữ số số chia hết cho 3? Hết Chúc em thành công ! GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 33 Câu 1( 2,0 điểm Ta có y '  x  3m Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y '  có hai nghiệm phân biệt  m  Vì y  x y ' 2mx  nên đường thẳng  qua cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số có phương trình y  2mx  2m  Ta có d  I ,     R  (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng  ln cắt đường trịn tâm I(1; 1), bán 4m  kính R = điểm A, B phân biệt 1 1 Với m  , đường thẳng  không qua I, ta có: S ABI  IA.IB.sin AIB  R  2 2 R Nên S IAB đạt giá trị lớn ½ sinAIB = hay tam giác AIB vuông cân I  IH   2 2m  1 2 (H trung điểm AB)   m 2 4m  Câu (1,0 điểm) pt cho tương đương với pt: 1 1 1 1 (1  cos x)  (cos x  cos x)  (1  cos x)   cos x cos x  cos x   cos x    2 2 2 2 2   x k cos x      1  15   cos x   cos x         2    x    k cos x     Câu (1,0 điểm ĐK: x  2, y>1 pt đầu hệ tương đương với pt: x  x   y  y  (1) Xét hàm số f (t )  t  t  với t>1 f ' (t )  3t   0, t  ,suy f(t) đồng biến khoảng (1;) t 1 Suy ra: (1)  x=y x=y vào pt thứ hai hệ tađược log ( x  1)  log ( x  1)  log ( x  1)   log ( x  1)  log ( x  1)    log ( x  1)   x   suy ra: y  1 đối chiếu với ĐK ta x  1 , y   Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (1  3;1  ) Câu (1,0 điểm) e +) Tính I    ln x x  ln x  e e ln x dx  3 x ln xdx =I1+3I2 x  ln x I dx Đặt t   ln x  t   ln x; 2tdt  dx Khi x   t  1; x  e  t  x  2 2 2 t 1 2  t3   I1    2tdt   t  dt    t  3  t 1  1   dx  du  x u  ln x  +) TÝnh I  x ln xdx Đặt dv  x dx v  x  e  GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn  e x3 e3 x e  I  ln x   x dx   31 3 e  2  2e3 Vậy I  I1  3I  e3 e3 2e3      9 Câu (1,0 điểm) Gọi I  BM  AC ,suy I trọng tâm tam giác BCD 1 18a a 2 ; IC  AC  a  IM  IC   IM  BM   CM  BM  AC 3 Mặt khác BM  SA  BM  ( SAC )  ( SBM )  ( SAC ) S A B I + Ta có S ABM  1 9a 2 AB.d ( M , AB)  3a 2.3a  2 D M C ฀  600 Xét tam giác vuông SAB có Theo SBA 9a 2 3a  9a 3(dvtt ) SA  AB tan 600  3a  VSABM  Câu (1,0 điểm) Từ abc=1  bc  a3>36 nên a>0 a a Bđt cho tương đương với +(b+c)2 -2bc >bc+a(b+c) a2 a2  (b  c)  a (b  c)  3bc   (1)Xét tam thức bậc hai f(x)= x2 –ax-3bc+ 3 Ta có hệ số x2 1>0   a  4a 36bc  a 36  a  12bc   0 3 3a Theo định lý tam thức bậc hai f(x)>0 với  x  f (b  c)  (b  c)  a (b  c)  3bc  a2   (1) , đpcm Câu 7.a (1,0  điểm) Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I trung điểm AC BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t   Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH   5 8 8 2 Ngoài ra: d  C ; AB   CH  | 6t  |   t   C  ;  , D  ;   5 t   C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ;  , D  ;  C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 Câu 8.a (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = Mặt phẳng (P) qua M(13;-1;0) nên có pt dạng : A(x -13) + B(y + 1) + Cz = với A  B2  C2  Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C Lúc pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C =  ( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) = GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn  B  5C  2B2  8BC  17C2  B2  2BC  8C2    B  4C  B  2C Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn tốn: (P1 ) :  2x  2y  z  28  0; (P2 ) : 8x  4y  z  100  Câu 9.a (1,0 điểm) Giả sử z  x  yi, ( x, y  ฀ ) Ta có: + z  z   ( x  yi )  ( x  yi )   x  y  + z   i   ( x  1)  ( y  1)i  x  ( y  2)i  ( x  1)  ( y  1)  x  ( y  2)  x  y   z  2i  x  2, y   Vậy z   i; z    i  4 x   , y   x  3y 1  4 y  y    4 Câu 7.b (1,0 điểm) Gọi A(a;0), B(0;b) với ab  Đường thẳng AB cần tìm có phương trình: x  y  a b 2 Giải hệ phương trình:  x  y    x  y  2 3 3a  1 b  từ giả thiết suy ab   ab  a b 2a 2 a  2 a   ;  Từ suy   Vậy có hai đường thẳng cần tìm pt là: 3x+y-3=0, 3x+4y+6=0 b  b   AB qua N(2;-3) nên: Câu 8b (1,0 điểm H  x; y; z  trực tâm tam giác ABC BH  AC , CH  AB, H   ABC      x  15  BH AC   x  1   y    z       29   29   CH AB   3  x  1   y  1   z      y   H  ; ;  15  15 15                x y z        AH AB AC ,      z    I  x; y; z  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AI  BI  CI , I   ABC   x  2   y  32   z  12   x  12   y  2  z  AI  BI   2 2   CI  BI   x  1   y  1  22   x  1   y    z       AI  AB, AC    x     y  3   z  1  14   x  15  61   14 61   y   I  , ,  30  15 30    z    Câu 9b (1,0 điểm) Số có chữ số cần lập abcde ( a  ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5}) abcde   (a  b  c  d  e) - Nếu (a  b  c  d ) chọn e = e = - Nếu (a  b  c  d ) chia dư chọn e = e = - Nếu (a  b  c  d ) chia dư chọn e = e = Như với số abcd có cách chọn e để số có chữ số chia hết cho Số số dạng abcd lập từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số số cần tìm x 1080 = 2160 số Hết - GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn ...ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 33 Câu 1( 2,0 điểm Ta có y '  x  3m Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y '  có hai nghiệm phân biệt  m  Vì y  x y ' 2mx  nên đường thẳng  qua cực đại, cực tiểu...  du  x u  ln x  +) TÝnh I x ln xdx Đặt dv  x dx v  x  e  GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn  e x3 e3 x e  I  ln x   x dx   31 3 e  2  2e3 Vậy I  I1  3I  e3 e3 2e3 ... : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C =  ( P ) tiếp xúc với (S) : d(I,(P)) = GV: Trương Công Thứ DeThiMau.vn  B  5C  2B2  8BC  17C2  B2  2BC  8C2    B  4C  B  2C Thay vào phương trình