Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 50 ppt

Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 50 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 32 ( ) 2y f x x mx m (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 2sin 3sin2 1 3sin cosx x x x 2) Giải hệ phương trình: 2 32 28 x y xy xy Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 6 0 sin cos2 x dx x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 45 0 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn 2;4 . Chứng minh rằng: 1 1 9 4 2 xy xy . II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng 1 :2 5 3 0d x y ; 2 :5 2 7 0d x y cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua P tạo với 1 d , 2 d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 29 2 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P): 2z lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8. Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa : 2 3 1 0 1 2 127 2 3 ( 1) 7 n n n n n n a a a aC C C C n 3 20 n An . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): Trang 2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình : 22 2 6 15 0x y x y thành một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng (): 1 1 1 2 x y z và tạo với mặt phẳng (P) : 2 2 1 0x y z góc 60 0 . Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng ( ) với trục Oz. Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình (1 )(2 ) .3 .2 0 xx x xm có nghiệm. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) 2 3 2 (3 2 )y x mx x x m Khi m = 0 thì 2 30yx (1) đồng biến trên R thoả yêu cầu bài toán. Khi 0m thì (1) có 2 cực trị 12 2 0, 3 m xx Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi: 12 ( ). 0f x f x 32 2 42 2 (2 ) 0 4 (1 ) 0 27 27 mm m m m 0 3 6 3 6 22 m m Kết luận: khi 3 6 3 6 ; 22 m thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. Câu II: 1) PT 2 3sin cos 3sin cosx x x x 3sin cos 3sin cos 1 0x x x x 3sin cos 0 3sin cos 1 0 xx xx 3 tan 3 sin sin 66 x x 6 2 2 ; 2 3 xk x k x k 2) 2 3 2 (1) 2 8 (2) x y xy xy . Điều kiện : . 0 ;x y x y Ta có: (1) 2 3( ) 4 (3 )( 3 ) 0x y xy x y x y 3 3 y x y hay x Với 3xy , thế vào (2) ta được : 2 6 8 0 2 ; 4y y y y Hệ có nghiệm 6 12 ; 24 xx yy Trang 3 Với 3 y x , thế vào (2) ta được : 2 3 2 24 0yy Vô nghiệm. Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 6 12 ; 24 xx yy Câu III: 66 2 00 sin sin cos2 2cos 1 xx I dx dx xx . Đặt cos sint x dt xdx Đổi cận: 3 0 1; 62 x t x t Ta được 3 1 2 2 3 1 2 1 1 2 2 ln 21 2 2 2 2 t I dt t t = 1 3 2 2 ln 2 2 5 2 6 Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho  0 45SIH . Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra : 3 3 3 ,, 2 3 6 x x x AI AH HI SAH vuông tại H 2 2 2 2 2 3 3 x SH SA AH a SHI vuông cân tại H 3 6 x SH HI Suy ra: 22 2 3 3 2 15 6 3 5 x x a ax Do đó: 2 2 3 . 1 1 5 3 3 15 . . . 3 3 5 5 25 S ABC a a a V SH dt ABC Câu V: Gọi 11 2 xy A x y x y y x . Đặt x t y thì 1 ( ) 2A f t t t Với 24 11 , 2;4 2 ;2 111 22 42 x x x y t y y Ta có: 2 22 1 1 1 ( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2 2 t f t f t t tt 1 9 9 (2) ; (1) 4 4 2 2 2 f f f A (đpcm) Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) và 12 dd . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1 d , 2 d là: 1 : 7 3 4 0xy và 2 : 3 7 10 0xy 3 d tạo với 1 d , 2 d một tam giác vuông cân 3 d vuông góc với 1 hoặc 2. . Phương trình của 3 d có dạng: 7 3 0x y C hay 3 7 0x y C Mặt khác, 3 d qua ( 7;8)P nên C = 25 ; C = 77 Trang 4 Suy ra : 3 : 7 3 25 0d x y hay 3 :3 7 77 0d x y Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29 2 cạnh huyền bằng 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 58 2 = 3 ( , )d A d Với 3 : 7 3 25 0d x y thì 3 58 ( ; ) 2 d A d ( thích hợp) Với 3 :3 7 77 0d x y thì 3 87 ( ; ) 58 d A d ( loại ) 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z 2 vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm 1 (0,0,0)O , bán kính 1 2R và tâm 2 (0,0,2)O , bán kính 2 8R . Suy ra tâm mặt cầu (S) là (0,0, )Im Oz. R là bán kính mặt cầu thì : 2 22 22 2 22 2 4 64 2 82 Rm mm Rm m 16 2 65R , I 0;0;16 Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2 ( 16) 260x y z Câu VII.a: 32 20 ( 1)( 2) 20 3 18 0 n A n n n n n n n n = 6 và n = – 3 ( loại ) Khi đó: 27 0 1 6 6 6 6 127 . . 2 7 7 aa aC C C Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 (1 )x C C x C x C x C x C x C x Nên 27 6 0 1 6 6 6 6 0 0 00 (1 ) 27 aa a a xx x dx C x C C 7 2 7 0 1 6 6 6 6 0 (1 ) . . 7 2 7 a x a a aC C C 7 7 7 7 (1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 2 7 7 7 a aa a 1 Vậy a = 1 và n = 6 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm (1; 3)I và bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và 2 2 2 2 5 4 3IH R AH hay ( , ) 3dI (*) () qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: 22 0 ; 0Ax By A B Từ (*) cho : 22 3 3 (4 3 ) 0 AB A A B AB 0A hay 4 3 0AB Với 4 3 0AB , chọn A = 3; B = – 4 Phương trình của (): 3 4 0xy Với A = 0, chọn B = 1 Phương trình của (): y 0 . Kết luận : PT của () là 3 4 0xy hay y 0 . 2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP (1; 1; 2)u  . (P) có VTPT n (2; 2; 1)  . Giao điểm M(0;0;m) cho ( 1;0; )AM m  . ( ) có VTPT , ( ; 2;1)n AM u m m    Trang 5 ( ) và (P): 2 2 1 0x y z tạo thành góc 60 0 nên : 2 2 1 1 1 cos , 2 4 1 0 22 2 4 5 n n m m mm  m m 22 22 . Kết luận : (0;0;2 2)M hay (0;0;2 2)M Câu VII.b: PT 12 12 .3 0 3 x x x x x m xm Đặt : () 3 x x fx , 1 .ln3 () 3 x x fx ; 1 ( ) 0 1;2 ln3 f x x 2 1 1 1 ( 1) 3 ; (2) ; 3 ( ) 9 ln3 .ln3 .ln3 f f f f x ee ; 1;2x Kết luận : Khi 1 3 .ln3 m e thì PT có nghiệm . . Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 50 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho. trình có dạng: 22 0 ; 0Ax By A B Từ (*) cho : 22 3 3 (4 3 ) 0 AB A A B AB 0A hay 4 3 0AB Với 4 3 0AB , chọn A = 3; B = – 4 Phương trình của