Đề luyện thi đại học môn Toán số 103

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 103 Ngày 12 tháng 5 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12 + + = x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin x x x x x − − + = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 3 ( 2013)(5 ) ( , ) ( 2) 3 3  − = + − +  ∈  − + = +   ¡ x y y y x y y y x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I ( ) ∫ ++ + = 4 0 2 211 1 dx x x . Câu IV (1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2SA AB a AC a= = = và · · 0 90 .ASC ABC= = Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1,0 điểm). Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 2P x y z xyz= + + − . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm ( ) ( ) 0;3;0 , 4;0; 3B M − . Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa ,B M và cắt các trục ,Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ). Câu VIIa (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức : (z 2 + 3z +6) 2 + 2z(z 2 + 3z +6) – 3z 2 = 0 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 ( ) : 2 0d x y+ = và 2 ( ) : 2 3 5 0d x y+ + = cắt nhau tại A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1 , cắt d 1 tại B, cắt d 2 tại C (B,C khỏc A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 12 1 − == − zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) : Giải phương trình sau trên tập số phức : z 3 = 18 + 26i Hết Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 103 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điểm I 1. (1điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn: +∞=−∞=== −+ −→−→ +∞→−∞→ 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 0,25 + Dx x y ∈∀> + = 0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( −−∞ và );2( +∞− 0,25 +Bảng biến thiên x ∞− -2 ∞+ y’ + + ∞+ 2 y 2 ∞− 0,25 c.Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 − ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 2. (1 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình    =−+−+ −≠ ⇔+−= + + )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 0,25 Ta có y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB 2 = (x A – x B ) 2 + (y A – y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất ⇔ AB 2 nhỏ nhất ⇔ m = 0. Khi đó 24=AB KL: m=0 0,25 0,25 II (2đ) 1. (1 điểm) ĐK: ,x k k π ≠ ∈¢ . Với ĐK trên phương trình đó cho tương đương với: 4 4 2 2 2 2 2 1 1 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 2 x x x x x x x x x+ = - - - = - -Û 0,25 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos 2 x x x x x x- = - - = -Û 2 2 cos cos 1 0x x- - =Û osx= 1 2 1 2 os 2 , ( ) 2 3 c x l c x x l l Z p p p é é = ê ê ê ê Û Û - ê ê = = ± + Î ê ê ë ë 0,25 0,25 So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2 2 , 3 x l l p p = ± + Î ¢ 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y O 2 -2 A S C B M H 2. (1 điểm) Điều kiện : 1 , 0 2 ≥ ≥x y . Hệ đó cho trở thành 2 2 2 3 ( 2013)(5 ) (1) (2 ) 3 3 0 (2)  − = + − +   + − − − =   x y y y y x y x Từ (2) ta có: 2 ( 4)x∆ = + (2) có hai nghiệm 1 2 2 4 3 2 2 4 1 2 − − −  = = −   − + +  = = +   x x y x x y x ( do 0y ≥ ) ⇔ 1y x= + 0,5 Thế vào (1) ta có 2 2 3 1 ( 1) 2013 (4 )   − − + = + + −   x x x x ⇔ 2 4 ( 1) 2013 ( 4) 2 3 1 −   = − + + −   − + + x x x x x 2 4 ( 4) ( 1) 2013 0 2 3 1 −     ⇔ − + + + =  ÷   − + +   x x x x x 4 5⇔ = ⇒ =x y 2 1 1 ( 1) 2013 0, , 0 2 2 3 1     + + + > ∀ ≥ ≥  ÷   − + +   Do x x y x x . 0,25 Vậy nghiệm của hệ là: ( , ) (4,5)x y = . III 1 đ I ( ) ∫ ++ + = 4 0 2 211 1 dx x x . •Đặt dttdx x dx dtxt )1( 21 211 −=⇒ + =⇒++= và 2 2 2 tt x − = Đổi cận x 0 4 t 2 4 •Ta có I = dt t t tdt t ttt dt t ttt ∫∫ ∫       −+−= −+− = −+− 4 2 2 4 2 4 2 2 23 2 2 24 3 2 1243 2 1)1)(22( 2 1 =         ++− t tt t 2 ln43 22 1 2 = 4 1 2ln2 − 0,25 0,25 0,25 Kl: I = 4 1 2ln2 − 0,25 Câu IV 1 đ + Kẻ SH vuông góc AC (H ∈ AC) ⇒ SH ⊥ (ABC) ⇒ 3 3, , 2 a SC BC a SH= = = 2 3 2 ABC a S ∆ = ⇒ 3 . 1 . 3 4 S ABC ABC a V S SH ∆ = = + Gọi M là trung điểm SB và ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3= = ⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB⇒ · cos cos AMC ϕ = + ∆SAC = ∆BAC ⇒ 3 6 2 2 a a SH BH SB= = ⇒ = 0,25 0,25 AM là trung tuyến ∆SAB nên: 2 2 2 2 2 2 2 10 4 16 AS AB SB a AM + − = = 10 4 a AM⇒ = 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Tương tự: 42 4 a CM = · 2 2 2 AM CM AC 105 cosAMC 2.AM.CM 35 + − ⇒ = = − V?y: EMBED Equation.DSMT4 105 cos 35 ϕ = 0,25 Câu V 1 đ Ta có: [ ] 2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3)P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x   = + + − + + − = − + + − = − + − +   2 3 2 ( ) 1 27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27) 2 2 y z x x x x x x + ≥ − − − + = − + − + Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27f x x x x= − + − + , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x =  = − + − = ⇔  =  Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z⇔ = = = . 0,5 0,5 Phần riêng.1.Ban cơ bản Câu VIa 2 đ 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và ACAB ⊥ => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23=⇒ IA 0,5    = −= ⇔=−⇔= − ⇔ 7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( 0ac ≠ ) Vì ( ) 0;3;0B Oy∈ nên ( ) : 1 3 x y z P a c + + = . ( ) ( ) 4 3 4;0; 3 1 4 3M P c a ac a c − ∈ ⇒ − = ⇔ − = (1) 1 1 1 . .3. 3 6 3 3 2 2 OABC OAC ac V OB S ac ac ∆ = = = = ⇔ = (2) 0,25 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ 4 6 6 2 3 4 3 6 4 3 6 3 2 a ac ac a c a c a c c = −  = = − =     ∨ ⇔ ∨     − = − = − = = −      Vậy ( ) ( ) 1 2 2 : 1; : 1 4 3 3 2 3 3 x y z x y z P P+ − = + + = − 0,5 Câu VIIa 1 đ Đặt t = z 2 + 3z +6 phương trình đó cho có dang: t 2 +2zt – 3z 2 = 0 ⇔ (t – z)(t+3z) = 0 ⇔ 3 t z t z =   = −  + Với t = z ⇔ z 2 + 3z +6 –z = 0 ⇔ z 2 + 2z + 6 = 0 ⇔ 1 5 1 5 z i z i  = − +  = − −   + Với t = -3z ⇔ z 2 + 3z +6 +3z = 0 ⇔ z 2 + 6z + 6 = 0 ⇔ 3 3 3 3 z z  = − +  = − −   0,25 0,25 0,25 Kết luận … 0,25 2.Ban nâng cao. Câu VIb 2 đ 1.( 1 điểm) 0,5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Ta có ( 5; 2 5)A − .Gọi α là góc tạo bởi hai đường thẳng d 1 và d 2 4 os 5 c α ⇒ = Đường tròn (C) nhận AB là đường kính ⇒ Tam giác ABC vuông tại C · BAC α ⇒ = Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R Ta có 8 6 2 os ; 2 sin 5 5 AC Rc R BC R R α α = = = = ; 2 1 24 . 24 5 2 25 ABC R S AC BC R ∆ = = = ⇒ = Vì 1 ( ) ( ; 2 )I d I a a∈ ⇒ − .Có ( ) ( ) 2 2 2 0 5 2 2 5 25 5 10 5 0 2 5 a IA R a a a a a =  = ⇔ − + − + = ⇔ − = ⇔  =  Với 0 (0;0)a I= ⇒ ⇒ Phương trình đường tròn (C) là 2 2 25x y+ = Với 2 5 (2 5; 4 5)a I= ⇒ − ⇒ Phương trình đường tròn (C) là ( ) ( ) 2 2 2 5 4 5 25x y− + + = 0,5 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH ≥ => HI lớn nhất khi IA ≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 Câu VII a 1 đ Ta có: (x + yi) 3 = x 3 – 3xy 2 + (3x 2 y – y 3 )i = 18 + 26i Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được: 3 2 2 3 3 18 3 26 x xy x y y  − =   − =   0,5 Từ hệ trên, rõ ràng x ≠ 0 và y ≠ 0. Đặt y = tx , hệ ⇒ 18(3x 2 y – y 3 ) = 26(x 3 – 3xy 2 ) ⇒ 18(3t-t 3 ) = 26(1-3t 2 ) ⇔ 18t 3 – 78t 2 – 54t+26 = 0 ⇔ ( 3t- 1)(3t 2 – 12t – 13) = 0. Vì x, y ∈ Z ⇒ t ∈ Q ⇒ t = 1/3 ⇒ x = 3 và y = 1 ⇒ z = 3 + i. 0,5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 103 Ngày 12 tháng 5 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 12 + + = x x y có đồ thị là (C) 1.Khảo sát sự biến thi n và. điểm) : Giải phương trình sau trên tập số phức : z 3 = 18 + 26i Hết Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 103 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu. Điểm I 1. (1điểm) a.TXĐ: D = R{-2} b.Chiều biến thi n +Giới hạn: +∞=−∞=== −+ −→−→ +∞→−∞→ 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận