Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 25 - Đề 4 docx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ) Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số   1 1 x y C x    . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . 2. Xác định m để đường thẳng 2 y x m   cắt   C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của   C tại A và B song song với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 2 3tan 4tan 4cot 3cot 2 0 x x x x      (1) . 2. Giải bất phương trình :   2 1 2 1 x x    (2) . Câu III (1,0 điểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường :       2 : 4 3 P y x x và hai tiếp tuyến của (P) tại hai điểm     0 ; 3 , 3 ; 0 A B Câu IV (1,0 điểm ) Cho một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy là a, cạnh bên hợp với mặt đáy một góc 60 0 . Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Tính diện tích mặt cầu.Tính thể tích khối cầu tương ứng . Câu V ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình , khi a > 1 : 2 2 1 3 1 3 a x a y a z a a a a x a y a z a                      II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 1). Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2,0 điểm )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu có phương trình :   2 2 2 : 2 4 6 0 S x y z x y z       1. Xét vị trí tương đối của mặt phẳng   : 0 x y z m      và mặt cầu (S) tùy theo giá trị của m . 2. Tìm tọa độ giao điểm của (S) với đường thẳng () đi qua hai điểm   1;1;1 M và   2 ; 1; 5 N  và viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại các giao điểm đó . Câu VII.a (1, 0 điểm ) Cho 8 quả cân có trọng lượng lần lượt là : 1 kg , 2 kg , 3 kg , 4 kg , 5 kg , 6 kg , 7 kg , 8 kg . Chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong số đó . Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chọn không vượt quá 9 kg . 2). Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol   2 : 64 P y x  và đường thẳng       : 4 3 46 0 x y . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng (∆) , tiếp xúc với parabol (P) và có bán kính nhỏ nhất . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm   2 ; 4 ;1 A ,   1; 4 ; 0 B    0 ; 0 ; 3 C  .Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) . Câu VII. b (1, 0 điểm ) Có hai hộp chứa các viên bi chỉ khác về màu . Hộp thứ nhất chứa 3 bi xanh , 2 bi vàng , 1 bi đỏ . Hộp 2 chứa 2 bi xanh , 1 bi vàng , 3 bi đỏ . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một viên bi . Tính xác suất để lấy được 2 bi xanh . Lôøi giaûi Câu I. 1. Phần khảo sát chi tiết bạn đọc tự làm , dưới đây là bảng biến thiên và đồ thị (C) của hàm số . + Bảng biến thiên : + Đồ thị (C) : 2. Phương trình hoành độ giao điểm của   : 2 d y x m   và   C : 1 2 1 x x m x         2 2 3 1 0 1 1             x m x m x Ta có:         2 2 3 8 1 1 16 0, 1 2 0,                    m m m m g m  phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1. Vậy   d luôn luôn cắt   C tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi 1 2 , x x   1 2 x x  lần lượt hoành độ của A và B thì 1 2 , x x là nghiệm của phương trình (1). Theo định lí Vi-et, ta có:   1 2 1 3 2 x x m    Tiếp tuyến     1 2 ,   tại A, B có hệ số góc lần lượt là : Vì   2 2 ' 1 y x        1 1 2 1 2 ' 1 k y x x      ,     2 2 2 2 2 ' 1 k y x x         1 2 1 2 / /     k k     2 2 1 2 2 2 1 1 x x           2 2 1 2 1 1 x x     1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x              1 2 1 2 2 x x x x        loaïi   1 3 2 2 m    1 m    . Vậy, giá trị cần tìm là: 1 m   . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình Điều kiện : sin 0 sin 2 0 , cos 0 2 x x x k k x            ¢       2 2 1 3 tan cot 4 tan cot 2 0 x x x x       Đặt 2 tan cot , 2 sin 2 t x x t x     2 2 2 tan cot 2 t x x     2 2 2 tan cot 2 x x t     Ta có :   2 3 2 4 2 0 t t     2 3 4 4 0 t t       2 2 3 t t         loaïi 2 2 sin2    x sin 2 1 x    2 2 , 2 x l l        ¢ , 4 x l l        ¢ So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình : , 4 x l l       ¢ . 2. (1)       2 2 2 2 1 0 1 0 2 1 1 x x x x                2 1 1 1 2 3 0 x x x x x                1 1 1 3 x x x                1 1 3 x x         Vậy nghiệm của bất phương trình : 1 1 3 x x      . Câu III .                   ' 0 4 ' 2 4 ' 3 2 y y x x y + Phương trình tiếp tuyến  1 của (P) tại A có dạng:             1 1 : 3 ' 0 0 : 4 3 y y x y x + Phương trình tiếp tuyến  2 của (P) tại B có dạng:             2 2 : ' 3 3 : 2 6 y y x y x Dựa vào đồ thị ta có diện tích hình phẳng cần tìm là:                                3 3 2 2 2 3 0 2 4 3 4 3 2 6 4 3 S x x x dx x x x dx 3 3 2 2 3 2 0 3 2 1 . 3 9 3 x dx x x x dx                       3 3 2 3 3 2 3 0 2 1 1 3 9 3 3 x x x x 9 4  (đvdt) . Câu IV. * Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.Gọi O là tâm của đáy , suy ra   SO ABCD  nên SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABCD của hình chóp. Trong SOB  kẻ đường trung trực Mx của cạnh SB . Gọi        Mx SO J JA JB JC JD JS nên J là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Ta có   ABCD OB hch SB    ·   · 0 , 60 SB ABCD SBO   nên SBD  đều , có cạnh 2 BD a  . Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp chính là bán kính đường tròn ngoại tiếp SBD  Do đó . 3 6 3 3 BD a R   . * Tính diện tích mặt cầu. 2 2 2 6 8 4 4 3 3 a a S R               (đvdt) . * Tính thể tích khối cầu tương ứng 3 3 3 4 4 6 8 6 3 3 3 27 a a V R               (đvtt) . Câu V. Xét các véc tơ :     ; ; , 1 ; 1 ; 1      uur uur u x a y a z a v         2 2 2 2 . . 3 3 1             uur uur uur uur u v u v x a y a z a a x y z Tương tự     2 3 3          a x a y a z a x y z (2)     2 2 18 x a y a z a a x a y a z a              Mà cộng hai phương trình của hệ ta có :     2 2 18 x a y a z a a x a y a z a             Tức là dấu đẳng thức phải xảy ra trong các bất đẳng thức (1) và (2) , hay : 2 2 1 1 1                          a x a y a z a a x y z a a a x a y a z a Vậy hệ phương trình có nghiệm là : 1    x y z a . II. PHẦN RIÊNG. 1). Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a 1. Biện luận vị trí tương đối của    và (S) Mặt cầu (S) có tâm   1; 2 ; 3 I , bán kính 14 R  . Ta có:     , 3 m d I   . Biện luận:  Nếu     42 , 14 3 42 m m d I R m             thì    không cắt (S).  Nếu     , 14 42 3 m d I R m        thì    tiếp xúc (S).  Nếu     , 14 42 42 3 m d I R m         thì    cắt (S). 2. Phương trình tham số của đường thẳng   1 : 1 2 1 4 x t y t z t             Tọa độ giao điểm của () và (S) là nghiệm của hệ phương trình       2 2 2 1 ; 1 2 ; 1 4 1 2 3 14 x t y t z t x y z                      2 2 2 2 1 ; 1 2 ; 1 4 1 2 2 4 14 1 ; 1 2 ; 1 4 7 4 3 0 x t y t z t t t t x t y t z t t t                                 1 ; 1 2 ; 1 4 3 1 hay 7 4 7 2 13 1 hay 7 5 5 7 x t y t z t t t x x y y z z                                     Vậy () và (S) có hai giao điểm   4 13 5 2 ; 1; 5 , ; ; 7 7 7 A B         . Ta có:     1 1; 3 ; 2 , 3 ; 1; 26 7 IA IB    uur uur . Phương trình tiếp diện của (S) tại A là:       1 2 3 1 2 5 0 3 2 15 0 x y z x y z            . Phương trình tiếp diện của (S) tại B là: 4 13 5 3 1 26 0 3 26 15 0 7 7 7 x y z x y z                              . Câu VII.a Ta chọn ngẫu nhiên 3 quả cân trong 8 quả cân , nên kích thước không gian mẫu là : 3 8 56 C    . Biến cố A : “ Trọng lượng 3 quả cân được chọn không quá 9 kg ” Để được một kết quả thuận lợi của biến cố A , ta có thể chọn theo 7 phương án sau : + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 2 ; 3 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 2 ; 4 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 2 ; 5 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 2 ; 6 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 3 ; 4 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   1 ; 3 ; 5 kg kg kg . + Chọn các quả cân có trọng lượng là :   2 ; 3 ; 4 kg kg kg . Nên 7 A   . Vậy xác suất cần tìm là :   7 1 56 8 A P A      . 2). Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b. 1. Gọi (C) là đường tròn cần tìm và I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C) Đặt     2 ; 8 M t t P  . Đường tròn (C) có tâm I thuộc (∆) , tiếp xúc với (P) và có bán kính nhỏ nhất nên bán kính R bằng khoảng cách ngắn nhất từ M đến ∆. Khoảng cách từ M đến (∆) là :       2 2 4 24 46 4 3 10 , 2 5 5 t t t d d I            min 2 3 9 ; 24 d t M      . Tâm I của đường tròn (C) là hình chiếu vuông góc của M trên (∆) .   : 3x 4 0 MI MI y C       . 3.9 4.24 0 123 M MI C C         Tọa độ của I là nghiệm của hệ: 37 4 3 46 0 5 3 4 123 0 126 5 x x y x y y                  Nên 37 126 ; 5 5 I       . Phương trình đường tròn (C) có dạng: 2 2 37 126 4 5 5 x y                 2. * Xác định tâm và bán kính đường tròn (ABC) Ta có:       3 ; 0 ; 1 , 2 ; 4 ; 4 , 1; 4 ; 3 AB AC BC           uuur uuur uuur 2 2 2 10 ; 6 ; 26 AB AC BC AB BC AC        Suy ra: Tam giác ABC vuông tại B . Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (ABC), ta có:  I là trung điểm cạnh AC nên   1; 2 ; 1 I .  1 3 2 R AB   . * Viết phương trình đường tròn (ABC) Gọi (S) là mặt cầu tâm   1; 2 ; 1 I bán kính 3 R  thì phương trình mặt cầu (S) có dạng :       2 2 2 1 2 1 9 x y z       Đường tròn (ABC) là giao của mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) nên các điểm nằm trên đường tròn có tọa độ thỏa hệ sau       2 2 2 1 2 1 9 2 5 6 18 0 x y z x y z                Hệ trên chính là phương trình đường tròn (ABC) . Câu VII. b Xét :   2009 0 1 2 2 3 3 2009 2009 2009 2009 2006 2006 2007 2007 2008 2008 2009 2009 2009 2009 2009 2009 1 .          L L i C iC i C i C i C i C i C i C   0 2 2006 2008 1 3 2007 2009 2009 2009 2009 2 1 2009 2009 2009 2009 . n C C C C i C C C C           L L Mặt khác : 1 1 1 2 2 cos sin 4 4 2 2 i i i                        2009 2009 1004 1004 1004 1004 2009. 2009. 1 2 cos sin 4 4 2 2 cos 251.2 .sin 251.2 4 4 2 2 cos sin 2 .2 4 4                                                   i i i i i Vậy 0 2 4 2004 2006 2008 1004 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2 S C C C C C C       L . sin 4 4 2 2 i i i                        2009 2009 10 04 10 04 10 04 10 04 2009. 2009. 1 2 cos sin 4 4 2 2 cos 251 .2 .sin 251 .2 4 4 2. từ M đến (∆) là :       2 2 4 24 46 4 3 10 , 2 5 5 t t t d d I            min 2 3 9 ; 24 d t M      . Tâm I của đường tròn