Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 31 - Đề 9 pptx

1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2 (| | 1) .(| | 1) y x x    2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm): 1) Giải hệ phương trình: 2 2 1 2 2 ( 1)( 2) 6 x y x y xy x y x y                 ( , x y R  ) 2) Giải phương trình: 2 2 sin .tan cos cos2 .(2 tan ) x x x x x    , ( với x R  ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn 5 ;4 2       : 2 2 1/ 2 1/ 2 1 ( 1).log ( 2) 4( 5)log 4 4 0 2 m x m m x         Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh 3 SA SB SC a    , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1) Tính tích phân: 1 2 2 0 .ln(1 ) x x dx   2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d 1: 1 1 2 ;( ) 1 2 x t y t t R z t             ,đường thẳng d 2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng d 3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm): Cho x, y, z 0  và 2 2 2 3 x y z    . Chứng minh: 3 3 3 2 2 2 3 2 2 1 1 1 x y z y z x       Hết Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1: 2 Nội dung Điểm *Có hàm số : 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x     y = x 4 - 2x 2 + 1 ( C) *TXĐ: R; lim ; lim x x y y       ; 3 ' 4 4 ; ' 0 0; 1 y x x y x x        *BBT: 0.25 *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25 1) 1 điểm *Vẽ đúng đ thị 0.25 *Gọi A(a:0) Ox  mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a) *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: 4 2 3 2 1 ( ) ( ) 4 4 x x k x a I x x k          0.25 *Có 2 0 ( ) ( ) 1 0 k I A x        hoặc 2 2 4 ( 1) ( ) 3 4 1 0(1) x x k B x ax           0.25 *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1  , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1  0.25 2) 1 điểm KQ: 3 3 1 1 2 2 a a     hoÆc 0.25 Bài 2: Nội dung Điểm *Hệ 2 2 ( 1) ( 1) 5 ( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6 x y x y x y               . Đặt 1 1 u x v y        , thu được hệ 2 2 5 ( ) 6 u v uv u v        0.25 * Giải ra được: 3 . 2 u v u v       ; * Giải ra được: 1 1 1 2 u x v y          hoặc 1 2 1 1 u x v y          0.50 1) 1 điể m 3 2 x y       hoặc 2 3 x y      0.25 * ĐK: cos 0 x  . PT 3 3 sin cos cos2 .(2cos sin ) x x x x x     0.25 (sin cos ).cos .(2sin cos ) 0 x x x x x     0.25 sin cos 0;2sin cos 0 x x x x      0.25 2) 1 điểm 1 ; arctan ;( , ) 4 2 x k x l k l Z           0.25 *PT 2 1/ 2 1/ 2 ( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0 m x m x m          *Đặt   1/2 5 log ( 2), ;4 1;1 2 t x x t             0.25 Thu được pt: 2 2 5 1 ( ) 1 t t m f t t t       ; 2 2 2 4 4 '( ) ; '( ) 0 1 ( 1) t f t f t t t t         0.25 3) 1 điểm * Lập BBT của f(t) trên đoạn   1;1  , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn   1;1  , nên 7 3; 3 m         thỏa mãn đề bài. 0.50 Bài 3: 3 * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 0.25 * Tính được 3 . 34 12 S ABC a V  0.25 * CM được . . 2 . 9 S MNC S ABC V V 0.25 1 điểm 3 C.ABNM . 7 7 34 . 9 108 S ABC a V V   0.25 Bài 4: Bài 5: * Tính 1 2 2 0 .ln(1 ) I x x dx    * Đặt 2 2 2 3 2 ln(1 ) 1 1 3 x du dx u x x dv x dx v x                    1 1 4 3 2 2 0 0 1 2 .ln(1 ) 3 3 1 x I x x dx x       0.25 * Tính 1 1 4 2 2 2 0 0 1 2 [ 1 ] 1 1 3 4 x J dx x dx x x              0.50 1) 1 điểm * Vậy 1 4 .ln2 3 9 6 I     0.25 * Từ gt ta có ( ;0); (0; ), 0, 0. P a Q b a b   * d có pt: 1 x y a b   . 0.25 d qua A(3; 1) nên 3 1 3 1 1 2. 2. 3 ab a b ab       . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6 3 1 2 a ba b        0.25 * Có 1 . . 3 2 OPQ S ab    . Nên OPQ S  nhỏ nhất ( 3  ) khi và chỉ khi 6 2 a b      0.25 2) 1 điểm * Vậy d có pt: 1 6 2 x y   0.25 4 * d 2 có pt: 1 1 1 1 1 2 ;( ) 3 2 x t y t t R z t             * Tìm được I(1;1;1) 0.25 Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t 1 ;-1 +2 t 1 ;3 -2 t 1 ) , ( đk: B khác I, C khác I 1 0, 1 t t    ) *Tam giác BIC cân đỉnh I (1) [ , ] 0 (2) IB IC AB AC        uuur uuuur ur . 0.25 1 1 2 t t        . 0.25 1) 1 điểm * Từ đó có pt d 3 : 2 3 ;( ) 1 2 x y t R z t           0.25 Bài 6: Ta có: VT + 3 = 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 x y z y z x y z x         0.25 3 3 2 2 2 6 1 ( ) 4 2 4 2 2 1 2 1 x x y VT y y         3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 y y z z z       3 3 2 2 2 1 ( ) 4 2 2 1 2 1 z z x x x       0.25 6 6 6 3 3 3 6 3 3 3 4 2 16 2 16 2 16 2 x y z VT     0.25 1) 1 điểm 2 2 2 6 3 3 3 9 ( ) 2 2 2 8 2 2 2 VT x y z      6 3 9 3 9 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 VT VP        (đpcm) ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1) 0.25 . Đáp Án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1: 2 Nội dung Điểm *Có hàm số : 2 2 (| | 1) .(| | 1)y x x     y = x 4 - 2x 2 +. 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số