Trang 1
ĐỀ THITHỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁNĐỀ27
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