Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 16 potx

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC Môn : TOÁN - Khối : B PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1 y x ( m )x m     (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin 2 cos sin cos cos2 sin cos x x x x x x x     2. Giải phương trình 2 3 2 6 2 4 4 10 3 x x x x        (x  R). Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2 0 1 sin cos x x I dx x     Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = 3 a . Hình chiếu vuông góc của điểm A 1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD 1 A 1 ) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B 1 đến mặt phẳng (A 1 BD) theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 a b a b b a b a                . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. 2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1 1 2 1 x y z       và mặt phẳng (P) : x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với  và MI = 4 14 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: 5 3 1 0 i z z     . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B 1 ;1 2       . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1 5 1 3 2 x y z       và hai điểm A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5 . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 3 1 3 1 i z i            . BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) : m = 1  y = x 4 – 4x 2 + 1 D = R, y’ = 4x 3 – 8x, y’ = 0  x = 0 hay x =  2 Hàm số đồng biến trên ( 2  ; 0) và ( 2 ; +), nghịch biến trên (-; 2  ) và (0; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 2  và y CT = -3 lim x y    Bảng biến thiên : x - 2  0 2 + y’  0 + 0  0 + y + 1 + -3 -3 2/ y’ = 4x 3 – 4(m + 1)x y’ = 0  x = 0 hay x 2 = m + 1 Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m), B ( 1 m  ; -m 2 – m – 1); C (- 1 m  ; -m 2 – m – 1) Ta có: OA = BC  m 2 = 4(m + 1)  m = 2  2 2 (thỏa m > -1) Câu II. 1. Phương trình đã cho tương đương : 2sinxcos 2 x + sinxcosx = 2cos 2 x – 1 + sinx + cosx  sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx  cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0  sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0  x = 2 2 k    hay 2cos 2 x + cosx – 1 = 0  x = 2 2 k    hay cosx = – 1 hay cosx = 1 2  x = 2 2 k    hay x =  + k2 hay x = 2 3 k     (k  Z) 2. Đặt t = 3 2 6 2 x x     t 2 = 2 9(10 3 4 4 ) x x    Phương trình đã cho trở thành : t 2 – 9t = 0  t = 0 hay t = 9 Với t = 0 : 3 2 6 2 x x     x = 6 5 Với t = 9 : 3 2 6 2 x x    = 9 (điều kiện : -2  x  2)  2 3 2 2 x x      2 + x = 9 + 12 2 x  +4(2 – x)  12 2 5 15 x x    (vô nghiệm) Cách khác : Đặt u = 2 x  và v = 2 x  (u, v  0), phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 2 3 6 4 4 (1) 4 (2) u v uv u v u v            (1)  3(u – 2v) = (u – 2v) 2  u = 2v hay u = 2v + 3 x y -2 2 1 -3 2  2 O Với u = 2v ta có (2)  v 2 = 4 5 suy ra: 2 – x = 4 5  x = 6 5 Với u = 2v + 3 ta có (2)  (2v + 3) 2 + v 2 = 4  5v 2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0) Câu III:   3 3 3 3 3 2 2 2 2 0 0 0 0 0 sin sin sin tan 3 cos cos cos cos dx x xdx x xdx x xdx I x x x x x                Đặt u = x => du = dx 2 sin cos xdx dv x  , chọn cos v x    I = 3 2 0 sin 3 cos x xdx x    = 3 3 0 0 3 cos cos x dx x x      = 3 2 0 2 cos 3 3 sin 1 xdx x       = 3 0 2 1 sin 1 3 ln 3 2 sin 1 x x       = 2 1 2 3 3 ln 3 2 2 3      Câu IV. Ta có : OI = 2 a , OIA 1 là nửa tam giác đều  A 1 I = 2OI = a 1 1 1 1 ABCD.A B C D V = 3 . 3. 2 a a a = 3 3 2 a Gọi B 2 là điểm chiếu của B 1 xuống mặt phẳng ABCD Vậy d (B 1 , A 1 BD) chính là đường cao vẽ từ B 2 của OB 2 B 2 2 ( ) 1 1 3 . 3 2 2 4 OBB a S a a  = 2 1 . 2 OB B H  B 2 H = 2 3 1 3 2. . 4 2 a a a  Câu V. Theo giả thiết ta có       2 2 2 2 a b ab a b ab      . Từ đây suy ra :   1 1 2 1 2 a b ab b a a b                  hay 2 2 2 1 a b a b b a b a             Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : 2 2 2 2 a b a b b a b a              Đặt t = a b b a  , ta suy ra : 2t + 1  2 2 2 t   4t 2 – 4t – 15  0  t  5 2 Mặt khác: P = 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 a b a b b a b a                = 4(t 3 – 3t) – 9(t 2 – 2) = 4t 3 – 9t 2 – 12t + 18 = f(t) f’(t) = 12t 2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t = 1 2  hay t = 2  Min f(t) = 23 4  khi t = 5 2 Vậy min P = 23 4  khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1. Câu VI.a. A B C D A 1 B 2 H O I 1. Phương trình ON có dạng x at y bt      (a 2 + b 2  0), N (at 1 ; bt 1 ) và M (at 2 ; bt 2 ) M = ON   : at 1 – bt 1 – 4 = 0  t 1 = 4 a b  (a  b) N = ON  d : 2at 2 – bt 2 – 2 = 0  t 2 = 2 2 a b  (2a  b) Suy ra : 4 4 ; a b M a b a b         , 2 2 ; 2 2 a b N a b a b         Ta có: OM.ON = 8  2 2 2 2 4 2 8 2 a b a b a b a b       2 2 2 a b a b a b     TH1: a = 0 ta có : b 2 = b 2 , chọn b = 1  M (0; -4) , N (0; -2) TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b 2 = (1 )(2 ) b b    1 + b 2 = 2 3 2 b b    2 2 2 2 3 2 1 3 2 1 b b b b b b              b = 1 3 . Vậy M (6; 2) ; N 6 2 ; 5 5       . Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON uuur = (n; 2n – 2) Điểm M    M (m; m – 4)  OM uuuur = (m; m – 4) Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8  . OM ON uuuur uuur = 8  m = 5n (1) Ta có OM uuuur cùng phương với ON uuur  m.n + 4n – 2m = 0 (2) Từ (1) và (2)  5n 2 – 6n = 0  n = 0 hay n = 6 5 Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) Với n = 6 5 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N 6 2 ; 5 5       2. Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)  MI uuur = (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của  là a r = (1; -2; -1) Ta có : 2 MI. 0 16.14 a MI        uuur r  2 2 2 2 1 (1 ) (1 ) ( 2 ) 16.14 y x x y x y               x = -3 hay x = 5 Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (-3; -7; 13) Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11) Câu VII.a. Gọi z = x + yi  0 với x, y  R 5 3 1 0 i z z      5 3 0 zz i z      x 2 + y 2 – x – 5 ( 3 ) y   i = 0  x 2 – x – 2 = 0 và y = 3   (x = -1 và y = 3  ) hay (x = 2 và y = 3  ) Vậy z = 1 3 i   hay 2 3 z i   . Câu VI.b. 1. Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF  ABC cân tại A Ta có BD = BF  2 2 2 5 1 ( ) (3 1) 2 2 x            x = 2 hay x = -1 (loại)  F (2; 3) Đường thẳng BF cắt AD tại A nên ta có: A (3; 13 3 ) A B C F E D 2. M    M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t) ( 1; 2;1) AB    uuur ; ( ;3 ; 6 2 ) AM t t t    uuuur ; [ , ] ( 12; 6; ) AB AM t t t      uuur uuuur S MAB = 3 5 = 1 [ , ] 3 5 2 AB AM  uuur uuuur  2 2 2 1 ( 12) ( 6) 3 5 2 t t t       3t 2 + 36t = 0  t = 0 hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19) Câu VII.b. 3 2 cos sin 3 3 2 cos sin 4 4 i z i                                = cos sin 8 3 3 cos sin 4 4 i i       = 3 3 2 2 cos sin 4 4 i                          = 2 2 cos sin 2 2 4 4 i i            Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2. Cách khác : z = 2 3 2 3 1 3 3 9 3 3 1 3 3 i i i i i i       = 4 1 i  = 2 + 2i Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2. . ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC Môn : TOÁN - Khối : B PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. sin tan 3 cos cos cos cos dx x xdx x xdx x xdx I x x x x x                Đặt u = x => du = dx 2 sin cos xdx dv x  , chọn cos v x  