Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 27 docx

Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 42 (2 1) 2y x m x m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình : 22 1 8 21 1 2cos os 3 sin2( ) 3cos sin x 3 3 2 3 x c x x x . 2) Giải hệ phương trình: 12 2 (1 4 ).5 1 3 (1) 1 3 1 2 (2) x y x y x y x y y y x . Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : 2 0, , 1 1 x xe y y x x . Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a,  0 90BAD , cạnh 2SA a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 111 2 2 2x y z x y z x y z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 22 2 4 8 0x y x y 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (4;0;0) , (0;0;4)AB và mặt phẳng (P): 2 2 4 0x y z . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ABC đều. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 22 2 4 8 0x y x y . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức : (1 ) n zi .Trong đó n N và thỏa Trang 2 mãn: 45 log 3log 64nn B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 12 2 415 : và: d: 33 . 3 12 xt x yz d y tt zt  Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: 1 3.zi . Hãy viết số z n dưới dạng lượng giác biết rằng n N và thỏa mãn: 2 33 log ( 2 6) log 5 22 2 6 4 ( 2 6) nn n n n n HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau phương trình 42 (2 1) 2 0 (1)x m x m có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng phương trình: X 2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X 1 = 9X 2 . 2 2 4 4 1 0 0 (2 1) 8 0 0 1 0 2 1 0 1 2 0 2 0 2 0 mm mm m S m m m Pm m . Câu II: 1) PT 1 sin 0 (1 sin )(6cos sin 8) 0 1 sin 0 6cos sin 8 0 x x x x x xx 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) 14 5 1 9.3 55 tt t . Với t > 0 VT < 10, VP > 10. Với t < 0, VT > 10, VP < 10. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 2 1 2 1 3 0x x x x x . Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: (2) 11 3 2 0xx xx . Đặt 1 yx x (ĐK y 0). Ta được phương trình: y 2 – 3y + 2 = 0 1 2 y y . Từ đó ta tìm được x. Câu III: S = 1 2 0 ( 1) x xe dx x . Đặt 2 1 1 x u xe dv dx x() 11 2 00 1 0 ( 1) 1 xx x xe xe dx e dx xx Trang 3 Câu IV: Chứng minh: ACD vuông tại C ACD vuông cân tại C. 2; 2 ; 5AC CD a CD a BD a V SBCD = V S.ABCD – V SABD . Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC). Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED). AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI MK có HI = d(H, (SCD)). Tính AH, AM HM; Tính AK HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 ab a b ab 1 1 1 4 ab . Dấu "=" xảy ra a = b. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z Vậy 111 2 2 2x y z x y z x y z 1 1 1 1 2009 44x y z Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 22 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 yx x y x y yx xy Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì  0 90ABC nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: 45 log ( 3) log ( 6) 4nn có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. 2) Ta có: 1;2 5  AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0xy . ( ): ;I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên: 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t Mặt khác: .4 ABCD S ABCH (CH: chiều cao) 4 5 CH . Ngoài ra: 4 5 8 8 2 ; , ; |6 4| 4 3 3 3 3 3 ; 55 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 CD hoặc 1;0 , 0; 2CD Câu VII.b: Đặt 3 3 log 5 log 5 2 2 2 3 log ( 2 6) 2 6 3 ; ( 2 6) 3 5 t t t n n t n n n n . Ta được phương trình: 3 t + 4 t = 5 t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. Trang 4 n 2 – 2n + 6 = 9 n 2 – 2n – 3 = 0 n =3 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 42 (2 1) 2y x m x m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến. cân tại C. 2; 2 ; 5AC CD a CD a BD a V SBCD = V S.ABCD – V SABD . Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC). Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH. trình mặt cầu có b n kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình b nh hành ABCD có diện tích b ng 4. Biết A(1;0), B( 0;2) và giao