Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 37 - Đề 11 (có đáp án) pot

1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x 3 +3x 2 +1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x 3 -3x 2 = m 3 -3m 2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải bất phương trình: 2 4 4 16 6 2 x x x x        2.Giải phương trình: 2 1 3sin sin 2 tan 2 x x x   Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: ln3 2 ln2 1 2 x x x e dx I e e      Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= 2 a . Đáy là tam giác ABC cân  0 120 BAC  , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:   3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 2 b c c a a b a b c a b c a b c                       II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 2 2 4 2 1 0 x y x y      và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T 1 , T 2 , viết phương trình đường thẳng T 1 T 2 . 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 2 3 0 x y z x y z        Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: 2 3 z i z i     . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 2 2 0 x y    và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;- 1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Câu VII.b(1,0 điểm). 2 Cho hàm số (C m ): 2 1 x x m y x     (m là tham số). Tìm m để (C m ) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc. ……………………….Hết………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG II.1(1 điểm) * Đk: 4 0 4 0 x x         x  4. Đặt t = 4 4 x x    (t > 0) BPT trở thành: t 2 - t - 6  0  2( ) 3 t L t       * Với t  3  2 2 16 x   9 - 2x 2 2 ( ) 0 ( ) 4( 16) (9 2 ) a b x x                        x 4 9-2x 0 x 4 9-2x * (a)  x  9 2 .* (b)  145 9 36 2  x < . *Tập nghệm của BPT là: T= 145 ; 36        II.2(1 điểm)* Đk: cosx  0  x  2 k    . PT đã cho  3 sin 2 x + sinxcosx - sinx cos x = 0 *  sinx( 3 sinx + cosx - 1 cos x ) = 0  sinx 0 1 3sinx cos 0 osx x c         * Sinx = 0  x = k  . * 3 sinx + cosx - 1 cos x = 0  3 tanx + 1 - 2 1 cos x = 0  tan 2 x - 3 tanx = 0  tanx 0 tanx 3       x x 3 k k           Vậy PT có các họ nghiệm: x = k  , x = 3 k    III.(1 điểm) * Đặt t = 2 x e  , Khi x = ln2  t = 0 x = ln3  t = 1 e x = t 2 + 2  e 2x dx = 2tdt * I = 2 1 2 2 0 ( 2) 1 t tdt t t     = 2 1 2 0 2 1 ( 1 ) 1 t t dt t t       = 2 1 0 ( 1) t dt   + 2 1 2 2 0 ( 1) 1 d t t t t      = 2 1 ( 2 ) 0 t t  + 2ln(t 2 + t + 1) 1 0 = 2ln3 - 1 3 IV.(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong  ABC có AB = AC = 2 3 a  S ABC  = 1 2 AB.AC.sin120 0 = 2 3 3 a . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. * Theo định lí sin trong  ABC ta có: sin BC A = 2R  R = 2 3 a = HA  SHA vuông tại H  SH = 2 2 SA HA  = 6 3 a  . S ABC V = 1 3 S ABC  .SH = 2 2 9 a * Gọi h A , h M lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)  1 2 M A h SM h SA    h M = 1 2 h A  SBC vuông tại S  S SBC  = a 2 Lại có: . S ABC V = 1 3 S SBC  .h A  h A = . 3 S ABC SBC V V  = 2 3 a Vậy h M = d(M;(SBC)) = 2 6 a V(1 điểm) * Ta cm với a, b > 0 có a 3 + b 3  a 2 b + ab 2 (*) Thật vậy: (*)  (a + b)(a 2 -ab + b 2 ) - ab(a + b)  0  (a + b)(a - b) 2  0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*)  a 3 + b 3  ab(a + b) ;b 3 + c 3  bc(b + c) ; c 3 + a 3  ca(c + a)  2(a 3 + b 3 + c 3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 3 1 a + 3 1 a + 3 1 a  3 3 3 3 3 1 1 1 a b c = 3 abc (2) * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm.Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. VI.a.1(1 điểm) * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C); Xét đường thẳng 1  : x = 4 đi qua A có d(I; 1  ) = 2  1  là 1 tiếp tuyến của (C); 1  tiếp xúc với (C ) tại T 1 (4;1) T 1 T 2  IA  đường thẳng T 1 T 2 có vtpt n  = 1 2 IA  =(1;2);phương trình đường thẳng T 1 T 2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)  x + 2y - 6 = 0 VI.a.2(1 điểm) Mp(P) có vtpt P n  = (1;1;-2). (S) có tâm I(1;-2;-1); IA  = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là u    tiếp xúc với (S) tại A  u    IA  Vì  // (P)  u    P n  ;Chọn 0 u  = [ IA  , P n  ] = (-4;6;1); Phương trình tham số của đường thẳng  : 3 4 1 6 1 x t y t z t             VII.a(1 điểm) * Đặt z = x + yi (x; y  R) |z - i| = | Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường thẳng x - 2y - 3 = 0 |z| nhỏ nhất  | OM  | nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên   M( 3 5 ;- 6 5 )  z = 3 5 - 6 5 i Chú ý: HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M VI.b.1(1 điểm) * B = d  Ox = (1;0) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d 4 H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2 ( 1) (2 2 2 2) t t     3|t - 1|  ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|  16 = 8|t - 1|  t 3 t 1       Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G( 3 ; 4 2 3 ) Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G( 1  ; 4 2 3  ) VI.b.2(1 điểm) * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của  ABC  d là giao tuyến của (ABC) với (  ) qua A và vuông góc với BC. * Ta có: AB  = (1;3;-3), AC  = (-1;1;-5) , BC  = (-2;-2;-2) [ AB  , AC  ] = (18;8;2) mp(ABC) có vtpt n  = 1 4 [ AB  , AC  ] = (-3;2;1). mp(  ) có vtpt n  ' = - 1 2 BC  = (1;1;1) * Đường thẳng d có vtcp u  =[ n  , n  ' ] = (1;4;-5). * Phương trình đường thẳng d: 1 2 4 3 5 x t y t z t             VII.b(1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với Ox: 2 1 x m x    x = 0  2 0 x m        x x 1 (C m ) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x 2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1  0 (1) 0 f        1 4 0 m m        (*)* Khi đó gọi x 1 , x 2 là nghiệm của f(x) = 0  1 2 1 2 1 m       x x x x . Ta có: y' = 2 '( )( 1) ( 1)'. ( ) ( 1) f x x x f x x      Hệ số góc tiếp tuyến của (C m ) tại A và B lần lượt là: k 1 = y'(x 1 ) = 1 1 1 2 1 '( )( 1) ( ) ( 1) f x x f x x    = 1 1 '( ) ( 1) f x x  = 1 1 2 1 x x  * TT : k 1 = y'(x 2 ) = 2 2 2 1 x x  ( do f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0) Theo gt: k 1 k 2 = -1  1 1 2 1 x x  . 2 2 2 1 x x  = -1 *  m = 1 5 ( thoả mãn (*)) Hết . = | Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là đường thẳng x - 2y - 3 = 0. tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc. ……………………….Hết………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG II.1(1