Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 89 Ngày 25 tháng 5 Năm 2013 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 1 2 os sin cos 2.tan x c x x x x + = + . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y + − − = + + − − = Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 cos 0 ( sinx).sin 2 . x e x dx π + ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 30 0 ; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có · 0 120ABC = . Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE. Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 1 1 3 3 3 3a b b c c a + + ≥ + + + Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho ∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 1 1 1 1 x y z− − = = − − và mặt phẳng (P) : ax + by + cz – 1 = 0 2 2 ( 0)a b+ ≠ . Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau. Câu VII: (1,0 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : 3 1z i− = , tìm giá trị nhỏ nhất của z . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:…………………… Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ Câu 1: 1,(1,0 điểm) TXĐ: D = R\{-1} Chiều biến thiên: 2 6 ' 0 x D ( 1) y x = > ∀ ∈ + Hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và ( 1; )− +∞ , hs không có cực trị. Giới hạn: 1 1 lim 2, lim , lim x x x y y y − + →±∞ →− →− = = +∞ = −∞ => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 2 2 - ∞ + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm ( ) 2;0 , trục tung tại điểm (0;-4) Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng Câu 1:2,(1,0 điểm) Đường thẳng d cần tìm vuông góc với ∆ : x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m, D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt 2 4 2 1 x x m x − ⇔ = + + có 2 nghiệm phân biệt 2 2 4 0x mx m⇔ + + + = có 2 nghiệm phân biệt khác - 1 2 8 32 0 (1)m m⇔ − − > Gọi I là trung điểm AB có 2 4 2 2 A B I I I x x m x m y x m + − = = = + = Do AB vuông góc với ∆ nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng ∆ : x + 2y +3= 0 4I m ⇔ ∈∆ ⇔ = − .Với m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x – 4 Câu 2: 1, (1,0 điểm) §iÒu kiÖn: sin 0, cos 0,sin cos 0.x x x x≠ ≠ + ≠ Pt ®· cho trë thµnh 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos =− + + x xx xx x x 2 cos 2cos 0 cos sin( ) sin 2 0 sin cos 4 2 sin x x x x x x x x π ⇔ − = ⇔ + − = ÷ + +) ., 2 0cos ∈+=⇔= kkxx π π +) 2 2 2 4 4 sin 2 sin( ) , Z 2 4 2 2 4 3 4 x m x x m x x m n n x x x n π π π π π π π π π π = + = + + = + ⇔ ⇔ ∈ = + = − − + ., 3 2 4 ∈+=⇔ t t x ππ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π π kx += 2 ; .,, 3 2 4 ∈+= tk t x ππ Câu 2 : 2,(1,0 điểm) Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0 Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = . Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). Câu 3(1,0 điểm) 2 2 2 cos cos 0 0 0 ( sinx).sin 2 . 2 .cos .sin . sinx.sin 2 . x x e x dx e x xdx x dx π π π + = + ∫ ∫ ∫ 2 cos 0 .cos .sin . x I e x x dx π = ∫ Đặt t = cosx có I = 1 1 1 0 0 0 . . . . 1 t t t t e dt t e e dt= − = ∫ ∫ 2 2 2 0 0 0 1 1 1 2 sinx.sin 2 . (cos os3 ). (sinx sin 3 ) 2 2 3 3 K x dx x c x dx x π π π = = − = − = ∫ ∫ 2 cos 0 2 8 ( sinx).sin 2 . 2 3 3 x e x dx π + = + = ∫ Câu 4(1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra · 0 ' 30BC C = , BA = BC = r, 0 ' cot 30 3CC BC r= = 3 0 '. EF . EF . EC '. 1 1 1 1 . . AA'. . .sin120 8 3 8 2 32 A K C K F K A ABC r V V V V BA BC= = = = = Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH ⊥ (ABC) và 2 r HK HB HE= = = Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE, 2 2 2 2 FK FH KH r= + = Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 2 . 3 2 3 3 FJ FK FK r r R FI FH FH r = = = = = Câu 5(1,0 điểm) Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3 ++ ≥++⇒=≥ ++++ (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P +++++ ≥ + + + + + = áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + + + + + + ≤ = + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + 3 3 3 a 3b 1 1 1 b 3c 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 ; b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + ≤ + + + 1 3 4. 6 3 3 4 ≤ + = Do đó 3P ≥ ; Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1 + + = ⇔ ⇔ = = = + = + = + = Câu 6: 1, (1,0 điểm) Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình 2 2 2 ( ) ( )x a y b R− + − = ∆MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra ∆ qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1) Hạ MH ⊥ AB có ( , ) 2 1 1 2 2 M MH d ∆ − + = = = 1 1 . 2 .2 . 2 2 2 2 MAB S MH AB R R ∆ = ⇔ = ⇔ = Vì đường tròn qua M nên 2 2 (2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − = Ta có hệ 2 2 1 0 (1) (2 ) (1 ) 2 (2) a b a b − + = − + − = Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 2x y− + − = Câu 6(1,0 điểm) 2, Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP (1, 1, 1)u − − r . (P) có VTPT ( , , )n a b c r ( ) . 0 0d P n v a b c a b c⊂ ⇒ = ⇔ − − = ⇔ = + r r · · 0 ( ,( )) ( ,( )) os( , ) os( , ) 0 b c Oy P Oz P c j n c k n b c b c = ≠ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = − ≠ r r r r Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra 1 ( )P : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M 1 ( )P∉ Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra 2 ( )P : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn) Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0 Câu 7(1,0 điểm) Đặt z = x + iy ta có 2 2 3 1 ( 3) 1z i x y− = ⇔ + − = Từ 2 2 ( 3) 1x y+ − = ta có 2 ( 3) 1 2 4y y− ≤ ⇔ ≤ ≤ . Do đó 2 2 2 0 2 2z x y= + ≥ + = Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 2 đạt khi z = 2i Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa . Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 89 Ngày 25 tháng 5 Năm 2013 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x − = + . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương. SBD:…………………… Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ Câu 1: 1,(1,0 điểm) TXĐ: D = R{-1} Chi u biến thi n: 2 6 '. + = − − + ., 3 2 4 ∈+=⇔ t t x ππ Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 §èi chi u ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π π kx += 2 ;