Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 31 pot

Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 31 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ thị (C m ); (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2) Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0 2) Giải hệ phương trình: 22 22 91 2 (1) 91 2 (2) x y y y x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 ln .ln e e dx x x ex Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a. Câu V: (1 điểm) Cho ,,abc là những số dương thoả mãn: 2 2 2 3abc . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 22 4 9 36xy và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) : 12 1 2 2 x y z và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0. Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 22 5 16 80xy và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích MAB. Trang 2 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3 12 3 5 0x y z và (Q): 3 4 9 7 0x y z (d 1 ): 5 3 1 2 4 3 x y z , (d 2 ): 3 1 2 2 3 4 x y z . Viết phương trình đường thẳng ( ) song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d 1 ), (d 2 ) Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: 32 29 n nn A C n . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 x(x 2 + 3x + m) = 0 2 0 3 0 (2) x x x m (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt (2) có 2 nghiệm x D , x E 0. 2 0 9 4 0 4 0 3 0 0 9 m m m m Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D = y’(x D ) = 2 3 6 ( 2 ); D D D x x m x m k E = y’(x E ) = 2 3 6 ( 2 ). E E E x x m x m Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc k D k E = –1. (3x D + 2m)(3x E + 2m) = 9x D x E + 6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1 9m – 18m + 4m 2 = –1; (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo định lý Vi-et). m = 1 9 65 8 . Câu II: 1) PT cos cos3 3 xx cos cos( 3 ) 3 xx 32 k x 2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 2 2 2 91 91 2 2x y y x y x 22 22 ( )( ) 22 91 91 x y y x y x y x yx xy 22 1 ( ) 0 22 91 91 xy x y x y xy xy x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: 22 91 2x x x 22 91 10 2 1 9x x x 2 2 93 ( 3)( 3) 21 91 10 xx xx x x 2 11 ( 3) ( 3) 1 0 21 91 10 xx x x x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Trang 3 Câu III: 22 (ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln ) ee ee dx d x I x x x x x = 2 11 (ln ) ln 1 ln e e dx xx = 2ln2 – ln3 Câu IV: Dựng SH AB . Ta có: ( ) ( ), ( ) ( ) , ( )SAB ABC SAB ABC AB SH SAB ()SH ABC và SH là đường cao của hình chóp. Dựng ,HN BC HP AC   ,SN BC SP AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP. AHP vuông có: 3 .sin60 . 4 o a HP HA SHP vuông có: 3 .tan tan 4 a SH HP Thể tích hình chóp 23 1 1 3 3 . : . . . .tan . tan 3 3 4 4 16 ABC a a a S ABC V SH S Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)xy x y x y Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ;; 2 2 2a b b c a b c b c c a a b c c a a b a+b+c Mặt khác: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 4 2 2 0 2 2 4 7 a b c a b c a b c a b c a 2 2 2 2( 1) ( 1) ( 1) 0abc Tương tự: 22 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D. Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: ( 1) 1 1y k x y kx k Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 22 4 9( 1 ) 36 0x kx k 2 2 2 (4 9 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (1)k x k k x k ( 2 288 72 108 0,k k k ) (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ 12 ,xx là nghiệm của (1). Theo định lý Viet: 12 2 18 (1 ) 49 kk xx k M(1; 1) là trung điểm của CD 12 2 18 (1 ) 22 49 M kk x x x k 4 . 9 k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0. 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox . / ( ): 4 3 10 0Q y x (d) qua 0 (1; 0; 2)M và có VTCP (1; 2; 2)  u . Đặt 01   M M u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác 01 AM M 01 2 0 01 ; 2. 8 24 36 ( ; ) 3    AM M AM u S aa d A d M M u Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 2 2 2 2 2 8 24 36 4 8 24 36 4( 3) 0 3 33 a a a a a a a a Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử n = abcd e . Trang 4 Xem các số hình thức abcd e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ 1 số cách chọn 4 7 A . Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài. Xem các số hình thức 0bc d e có 3 6 2 240A (số) Loại những số dạng hình thức 0bc d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT. Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): 2 3 0xy và 25AB Gọi 22 0 0 0 0 ( ; ) ( ) 5 16 80.M x y E x y Ta có: 0 0 0 0 2 3 2 3 ( ; ) 1 4 5 x y x y d M AB Diện tích MAB: 00 1 . . ( ; ) 2 3 2 S AB d M AB x y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 00 11 ; , ( 5 ; 4 ) 2 5 xy có: 2 22 0 0 0 0 1 1 1 1 9 . 5 .4 5 16 .80 36 2 5 4 20 5 x y x y 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 6 6 2 6 3 6 2 3 6 3 3 2 3 9 2 3 9 x y x y x y x y x y 00 00 00 00 54 58 11 max 2 3 9 2 26 5 2 3 9 xy xy xy xy xy 0 0 8 3 5 3 x y Vậy, 85 max 9 ; 33 MAB S khi M . 2) (P) có VTPT (1; 4; 1)  P n , (Q) có pháp vectơ (3; 4; 9)  Q n (d 1 ) có VTCP 1 (2; 4; 3)  u , (d 2 ) có VTCP 2 ( 2; 3; 4)  u Gọi: 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( )    PQ P d P P Q d Q Q uu ( ) = (P 1 ) (Q 1 ) và ( ) // ( 1 ) ( ) có vectơ chỉ phương 1 [ ; ] (8; 3; 4) 4    PQ u n n (P 1 ) có cặp VTCP 1  u và  u nên có VTPT: 11 [ ; ] (25; 32; 26)    P n u u Phương trình mp (P 1 ): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 25 32 26 55 0x y z (Q 1 ) có cặp VTCP 2  u và  u nên có VTPT: 12 [ ; ] (0; 24; 18)    Q n u u Phương trình mp (Q 1 ): 0( 3) 24( 1) 18( 2) 0x y z 4 3 10 0yx Ta có: 11 ( ) ( ) ( )PQ phương trình đường thẳng ( ) : 25 32 26 55 0 4 3 10 0 x y z yz Câu VII.b: 3, 4nn . . Trang 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 31 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho. 2 2 0 2 2 4 7 a b c a b c a b c a b c a 2 2 2 2( 1) ( 1) ( 1) 0abc Tương tự: 22 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c Đẳng thức. .tan . tan 3 3 4 4 16 ABC a a a S ABC V SH S Câu V: Áp dụng b t đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)xy x y x y Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ;; 2 2 2a b b c a b c b c c a a b c c a a b a +b+ c Mặt khác: