TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2013 TỔ TOÁN MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)4(2)1(2 23 ++−++= xmxmxy ( ) m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = - 1. b) Với giá tri nào của m thì ( ) m C đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx sao cho: x + x ≤ 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 + cosx - = 2tanx.sin+ . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình (x,y ∈ R). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, góc ACB = 30, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ]2;1[,, ∈cba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức )(4 )( 2 2 cabcabc ba P +++ + = II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình bình hành ABCD có tọa độ D(-6;-6). Đường trung trưc của cạnh CD là d: 2x + 3y + 17 = 0. Đường phân giác góc BAC là d: 5x + y - 3 = 0. Tìm tọa độ các điểm A,B,C. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B(0;3;0), M(4;0;-3).Viết phương trình mặt phẳng (P) qua B, M và cắt tia Ox, Oz lần lượt tại A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: |z - ()| = 4 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có 4 đỉnh trùng với các đỉnh của một elip, bán kính đường nội tiếp hình thoi bằng . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết tâm sai của elip là 0,5. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = và mặt cầu (S): (x - 1) + (y + 1) + (z - 2) = 4. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 9.b (1,0 điểm). Trong tập số phức C, cho phương trình z+ (1 - 2i)z+ (1 - i)z - 2i = 0 (1). Gọi z, z, z là các nghiệm của phương trình (1). Biết rằng phương trình (1) có một nghiệm thuần ảo. Xác định số phức W = z + z + z. CÂU 1: (2 điểm )Cho hàm số: 1)4(2)1(2 23 ++−++= xmxmxy ( ) m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = - 1. b) Với giá tri nào của m thì ( ) m C đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx sao cho: x + x ≤ 2. a. m =1 Hàm số y = 162 3 +− xx - Tập xác định D = R. Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 1 Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà và các huyện lân cận các lớp 9, 10, 11, 12, các môn Toán, Lý, Hoá,…Các em có thể học tại nhà theo nhóm hoặc cá nhân, hoặc học tại trung tâm 15 học sinh/ 1lớp. Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí . TCM-ĐH-T23A - Đạo hàm: y' = 6x - 6 . = −= ⇔=−= 1 1 0';66' 2 x x yxy - Giới hạn : −∞=+∞= −∞→+∞→ yy xx lim;lim . ( 0,25 điểm ) - Bảng biến thiên: ( 0,25 điểm ) x ∞+∞− 1 1- y’ + 0 - 0 + y 5 ∞+ ∞− -3 Hàm số đồng biến trên ( - ∞; -1) và (1; + ∞ ) Hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1− Hàm số đạt cực đại tại ( ) 5;1− , Hàm số đạt cực tiểu tại ( ) 3;1 − ( 0,25 điểm ) - Đồ thị : HS tự vẽ ( 0,25 điểm ) 2. Để hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 3x + (m + 1)x - (m + 4) = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ( 0,25 điểm ) ⇔ (m + 1) + 12(m + 4) > 0 ⇔ m + 14m + 49 > 0 ⇔ (m + 7) > 0 ⇔ (m )7−≠ (*) ( 0,25 điểm ) Theo hệ thức Vi-et của phương trình (1) , ta có x + x = và x.x = - Yêu cầu bài toán ⇔ x + x ≤ 2 ⇔ + ≤ 2 ⇔ -7 ≤ m ≤ -1 ( 0,25 điểm ) So điều kiện (*), ta nhận 17 −≤<− m ( 0,25 điểm ) Vậy 17 −≤<− m thỏa yêu cầu bài toán. CÂU 2: (1 điểm ) Giải phương trình: 1 + cosx - = 2tanx.sin + (*) Điều kiện cosx ≠ 0 (*) ⇔ 1 + cosx - = 2tanx. 1 - cos(x + π) ⇔ 1 + cosx - = (1 + cosx) ⇔ cosx(1 + cosx) - (1 - 2sinx) = sinx(1 + cosx) ( 0,25 điểm ) ⇔ cosx + cosx - 1 + 2sinx - sinx - sinxcosx = 0 ⇔ cosx - 1 + cosx + sinx - sinxcosx = 0 ⇔ - sinx + sinx + cosx - sinxcosx = 0 ⇔ sinx(1 - sinx) + cosx(1 - sinx) = 0 ⇔ (1 - sinx)(sinx + cosx) = 0 ( 0,25 điểm ) ⇔ ( Do cosx ≠ 0 nên sinx ≠ ± 1) ( 0,25 điểm ) ⇔ tanx = - 1 = tanx ⇔ x = - + kπ (k ∈ Z) ( 0,25 điểm ) So điều kiện nhận họ nghiệm x = - + kπ (k ∈ Z) Vậy phương trình có một họ nghiệm là x = - + kπ (k ∈ Z) CÂU 3: (1 điểm ) Giải hệ phương trình sau . (x,y ∈ R) Điều kiện: y ≥ 0 và x ≥ 1 Xét phương trình: x(1 + y - x) = -2y - y ⇔ 2y + (x + 1)y - x + x = 0 Xét ∆ = (x + 1) - 8(-x + x) = 9x - 6x + 1 = (3x - 1) Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 2 Vậy ta có: y = = - x ( loại do x, y cùng dương ) ( 0,25 điểm ) y = = ( 0,25 điểm ) Với x = 2y + 1 thay vào phương trình x( - 2) = y( - 2) ta được: Phương trình thành: (2y + 1).( - 2) = y( - 2) ⇔ ( - 2).(y + 1) = 0 ⇔ ( 0,25 điểm ) Với y = 2 ⇒ x = 5. Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (5;2) ( 0,25 điểm ) CÂU 4: (1 điểm ) Tính tích phân sau : I = dx. Tích phân I = dx = dx = xdx +dx = + I ( 0,25 điểm ) Với I = dx = sinxdx = (1 - cos2x)dx = - ( 0,5 điểm ) Vậy I = + - ( 0,25 điểm ) CÂU 5: (1 điểm ) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, góc ACB = 30, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C. Từ )( ' ABCGA ⊥ AG⇒ là hình chiếu của ' AA lên )(ABC Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: · 0 2 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG= = = = 0 2 3 ' .t an60 3 a A G AG⇒ = = Đặt 0>= xAC . Ta có 2 3 .2 2430cos 2 2220222 axaxaBCACBCACAB −+=⇒−+= 3axAC ==⇒ . Nên ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+ 222222 43 vuông tại A ( 0,25 điểm ) Vì )( ' ABCGA ⊥ nên GA ' là chiều cao của khối lăng trụ ''' . CBAABC và khối chóp ABCA . ' Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi: / / / / / / / . . 1 1 . ' 3 ABC BCC B A ABC A B C A ABC V V V S A G = − = − = ÷ 3 2 1 1 2 3 2 . . . ' . 3. 3 2 3 3 3 a AB AC A G a a a= = = (đvtt). Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK 1 1 1 . 1 . 3 3 . 3 3 3 3 2 6 GI MG AB AC a a a GI AK AK MA BC a ⇒ = = ⇒ = = = = ( 0,25 điểm ) Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1) Do (2) ' BC GI BC GH BC A G ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ [ , ( ' )]d G A BC GH= Vì BCCB // '' , )( ' BCABC ⊂ nên )//( ''' BCACB và )( '' BCACA ⊂ ⇒ )](,[),( '''''' BCACBdCACBd = = [ ', ( ' )]d B A BC ( 0,25 điểm ) Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Do đó: Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 3 N I C' B' M A B C A' G K H [ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = = 2 2 2 2 2 3 3 3. . 3. ' . 6 2 51 3 6 17 51 ' 12 3 9 36 a a A G GI a a A G GI a a = = = = + + . Vậy =),( ''' CACBd 2 51 17 a ( 0,25 điểm ) CÂU 6: (1 điểm ) Cho các số thực ]2;1[,, ∈cba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức )(4 )( 2 2 cabcabc ba P +++ + = P được viết lại dưới dạng tương đương là M babacc ba abbacc ba P = ++++ + ≥ +++ + = 22 2 2 2 )()(4 )( 4)(4 )( Do ]2;1[,, ∈cba nên 0 ≠+ ba , nên chia tử và mẫu của M cho 2 )( ba + ta được: 14 1 14 1 22 ++ = + + + + = tt ba c ba c M với ba c t + = Với ]2;1[,, ∈cba ∈⇔ 1; 4 1 t ( 0,25 điểm ) Xét hàm số 14 1 )( 2 ++ = tt tf trên 1; 4 1 Ta có 22 / )14( )2(2 )( ++ +− = tt t tf < 0, ∀ ∈ 1; 4 1 t )( / tf⇒ nghịch biến trên 1; 4 1 ( 0,25 điểm ) Do đó ∀ 6 1 )1()(1 =≥⇒≤ ftft ( 0,25 điểm ) Đẳng thức xảy ra khi )2;1;1();;(1 =⇔= cbat Vậy Min P 6 1 = khi )2;1;1();;( =cba ( 0,25 điểm ) A. Theo chương trình chuẩn: CÂU 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình bình hành ABCD có D(-6;-6). Đường trung trưc của cạnh CD là d: 2x + 3y + 17 = 0. Đường phân giác góc BAC là d: 5x + y - 3 = 0. Tìm tọa độ các điểm A,B,C. Ta có d là trung trực của CD ⇒ CD ⊥ d ⇒ CD có dạng 3x - 2y + m = 0 CD qua D(-6;-6) ⇒ m = 6 ⇒ CD: 3x - 2y + 6 = 0. Gọi I là trung điểm cạnh CD, I thuộc d và I là giao điểm giữa CD và d ⇒ Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: ⇔ ⇒ I(-4;-3) I là trung điểm CD nên ta có : ⇔ ⇒ C(-2;0) ( 0,25 điểm ) Gọi K là hình chiếu của C lên d : 5x + y - 3 = 0 và C' là điểm đối xứng của C qua d ( C ∈ AB) Phương trình CC' ⊥ d ⇒ CC' có dạng là x - 5y + t = 0 CC' qua C(-2;0) ⇒ t = 2 ⇒ CC': x - 5y + 2 = 0 ( 0,25 điểm ) Vậy K là trung điểm CC' ⇒ K ; ⇒ C'(3;1) ∈ AB. A C' B Phương trình AB song song CD nên K có dạng AB:x - 2y + k = 0 d d AB qua C'(3;1) ⇒ k = -7 ⇒ AB: 3x - 2y - 7 = 0 Vậy tọa độ A = AB ∩ d D(-6;-6) I C ⇒ A(1;-2) ( 0,25 điểm ) Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 4 ABCD là hình bình hành ⇒ = ⇒ B(5;4) ( 0,25 điểm ) Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A(1;-2), B(5;4), C(-2;0) CÂU 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tọa độ điểm B(0;3;0), M(4;0;-3). Viết phương trình trình mặt phẳng (P) qua B, M và cắt trục Ox, Oz lần lượt tại A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3. Mặt phẳng (P) cắt Ox tại A(a;0;0) , cắt Oy tại B(0;3;0), cắt Oz tại C(0;0;c) Do đó mặt phẳng (P) có dạng + + = 1 (*) (P) qua M ⇔ - = 1 ⇔ 4c - 3a = ac (1) ( 0,25 điểm ) Ta có V = OB.S = 3 ( với OB = 3) ⇒ S = 3 (2) Mặt khác S = | [ ; ] | với = ( a;0;0) và = (0;0;c) Vậy ta có [; ] = (0;-ac;0) Từ (2) ⇒ |ac| = 6 ⇔ ( 0,25 điểm ) Trường hợp 1 (TH1): ac = 6 và 4c - 3a = ac ⇒ ⇔ hay ( 0,25 điểm ) TH2: ac = -6 và 4c - 3a = -6 ⇒ hệ vô nghiệm Tóm lại mặt phẳng (P) cần tìm là: (P): + + = 1 hay (P): + - = 1 ( 0,25 điểm ) CÂU 9a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: |z - ()| = 4 Gọi z = x + yi và = x - yi (a,b ∈ R và i = -1) ( 0,25 điểm ) Ta có: |z - ()| = 4 ⇔ | (x + yi) - (x - yi) | = 4 ⇔ | x - y + 2xyi - (x - y - 2xyi) | = 4 ⇔ |4xyi| = 4 ⇔ = 1 ( 0,25 điểm ) ⇔ |x.y| = 1 ⇔ x = v x = (x ≠ 0, y ≠ 0) ( 0,25 điểm ) Vậy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là hai đường thẳng x = và x = và hai đường này không đi qua gốc tọa độ O. ( 0,25 điểm ) B. Theo chương trình nâng cao: CÂU 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có 4 đỉnh trùng với các đỉnh của một elip, bán kính đường nội tiếp hình thoi bằng . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết tâm sai của elip là 0,5. Gọi phương trình chính tắc của Elip (E) có dạng + = 1 ( 0,25 điểm ) ( trong đó a > b > 0 và a = b + c ) (E) có tâm sai là 0,5 ⇒ = ⇔ 2c = a ⇔ 4(a - b) = a ⇔3a = 4b (1) ( 0,25 điểm ) Gọi R = là bán kính đường tròn nội tiếp hình hình thoi. Ta có: + = = (2) Thay a = vào (2) ta được: + = ⇒ b = ⇒ a = ( 0,25 điểm ) Vậy (E): + = 1 ( 0,25 điểm ) CÂU 8b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: = = và mặt cầu (S): (x - 1) + (y + 1) + (z - 2) = 4. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S). Đường thẳng ∆ qua A(0;1;-2) có vecto chỉ phương là = (1;1;4) Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 5 Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;2) và bán kính R = 2. Gọi phương trình mặt phẳng (P) cần tìm có dạng: ax + by + cz + d = 0 với (a,b,c) là vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) (a,b,c không đồng thời bằng 0). Mặt phẳng P chứa ∆⇒ ( 0,25 điểm ) Từ (1) ⇒ b - 2c + d = 0 ⇒ d = 2c - b Từ (2) ⇒ a + b + 4c = 0 ⇒ a = - 4c - b Vậy mặt phẳng (P) (- 4c - b)x + by + cz + 2c - b = 0 Mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu (S) ⇔ d[I;(P)] = R ( 0,25 điểm ) ⇔ = 2 ⇔ = 2 (3) Nhận xét b ≠ 0 , chọn b = 1 nên (3) ⇔ 9 = 4[(4c + 1) + 1 + c] ⇔ 68c + 32c - 1 = 0 ⇔ c = v c = ( 0,25 điểm ) Với c = , ta có (P): 2x + 2y - z - 4 = 0 Với c = , ta có (P): 38x - 34y - z + 32 = 0 Vậy có 2 mặt phẳng (P) và (P) thỏa yêu cầu bài toán. ( 0,25 điểm ) CÂU 9b (1,0 điểm): Trong tập số phức C, cho phương trình z+ (1 - 2i)z+ (1 - i)z - 2i = 0 (1). Gọi z, z, z là các nghiệm của phương trình (1). Biết rằng phương trình (1) có một nghiệm thuần ảo. Xác định số phức W = z + z + z. z+ (1 - 2i)z+ (1 - i)z - 2i = 0 (*). Gọi Z = bi ( b∈R, i = -1) là nghiệm thuần ảo. thay vào phương trình (*) ta được: (bi)+ (1 - 2i)(bi)+ (1 - i)bi - 2i = 0 ⇔ - bi - (1 -2i)b + bi - bi- 2i = 0 ⇔ - bi - b + 2ib + bi + b - 2i = 0 ⇔ (- b + b) + (-b + 2b + b - 2)i = 0 + 0i ( 0,25 điểm ) ⇔ ⇔ ⇔ nhận b = 1 ( 0,25 điểm ) Với b = 1 ( chia Hooc-ne) ta có phương trình thành: (z - i).[z + (1 - i)z + 2] = 0 ⇔ z = i hay z + (1 - i)z + 2 = 0 (2) ( 0,25 điểm ) Ta có z, z là 2 nghiệm phương trình (2), theo hệ thức Vi-et ta có z + z = i - 1 và z.z = 2 Số phức W = z + z + z = (z + z) - 2zz + i = (i - 1) - 4 - 1 = - 5 - 2i. ( 0,25 điểm ) Vậy số phức W cần tìm là W = - 5 - 2i Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 6 . 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG= = = = 0 2 3 ' .t an60 3 a A G AG⇒ = = Đặt 0>= xAC . Ta có 2 3 .2 2430cos 2 2220222 axaxaBCACBCACAB −+=⇒−+= 3axAC ==⇒ . Nên ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+ 222222 43 . // '' , )( ' BCABC ⊂ nên )//( ''' BCACB và )( '' BCACA ⊂ ⇒ )](,[),( '''''' BCACBdCACBd = = [ ', ( ' )]d B A. vuông tại A ( 0,25 điểm ) Vì )( ' ABCGA ⊥ nên GA ' là chiều cao c a khối lăng trụ ''' . CBAABC và khối chóp ABCA . ' Thể tích c a khối a diện BCC’B A được