ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Câu I. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 3 2y x x    Tập xác định: R  Sự biến thiên: 2 ' 3 6 ;y x x  ' 0 0y x   hoặc 2x   Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên (0;2); D 2, 2 C CT y y    Bảng biến thiên  Vẽ đồ thị 2) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C ) m của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt . Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 2 2 2 1 2 1 0 ( 1).( ( 1) 1 ) 0x mx mx m x mx mx m x x m x m                  2 1 ( ) ( 1) 1 0 x g x x m x m             Đường thẳng d cắt đồ thị ( ) m C tại ba điểm phân biệt  phương trình ( ) 0g x  có 2 nghiệm phân biệt 0 3 2 3 # 1 ( 1)#0 3 2 3 m x g m                    Gọi ( ;2 1), ( ;2 1)A a ma m B b mb m    trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình ( ) 0g x  Theo đề bài ta có 2 2 2 2 '( ) '( ) 3 2 3 2 3( ) 2 ( ) 0 3( ) 2 0f a f b a ma b mb a b m a b a b m              (do #a b ) 3.( 1) 2 0 3m m m       (loại) Vậy không tồn tại m thỏa mãn bài toán Câu II: Giải phương trình 2 2 (1 sin )cosx (1 cos )sinx 1 1 sin 2 x x x      Điều kiện 1 sin 2 #0 2 # 2 # 2 4 x x k x k          Phương trình http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400 2 2 cos sin sin cos cos sin 1 sin 2 sin cos sin cos (sin cos ) 1 2sin cos 0 x x x x x x x x x x x x x x x              Đặt 2 1 sin cos sin cos 2 t t x x x x      Ta có phương trình 2 2 3 2 1 . 1 (1 ) 0 2 0 2 0 1 t t t t t t t t t                  4 2sin( ) 0 4 2 2sin( ) 1 3 2 4 2 x k x x k x x k                                     Đối chiếu với điều kiện ta được 2 ( ) 3 2 2 x k k x k             Câu III. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 x y x y x xy y x x y x                 Điều kiện 1; 0; 0x x y x y     . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 2 2 ( ) 0 ( )(2 ) ( ) 0x xy y x y x y x y x y x y x y               ( )(2 1) 0 .(2 1) 1 0 .(2 1) 1 0 x y x y x y x y x y x y x y x y x y                              Trường hợp .(2 1) 1 0x y x y     không xảy ra vì       .(2 1) 1 1 1 0 1 1x y x y x y x y x             (do , 1 0x y x   ) Vậy x = y. Thay x = y vào phương trình thứ hai của hệ ta được http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400     2 2 1 2 1 1 1 2 2 4 2 ( 1) 1 2 4 ( 2)( 2) 1 2 2(*) 1 1 2 2 1 1 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x                                    Phương trình (*) không xảy ra vì 1 2 (*) 2, (*) 1 2 3 0 1 0 2 VT VP        Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2;2) Câu IV: Tính tích phân 3 3 0 sinx sin ( ) 6 I dx x      Đặt 6 6 t x x t dx dt          và 0 ; 6 3 2 x t x t          Ta có 2 3 6 sin( ) 6 sin t I dt t       2 2 2 3 2 3 6 6 6 sin cos cos sin 3 1 cos 6 6 sin 2 sin 2 sin t t dt tdt dt t t t                2 2 2 6 6 3 1 cos 2 4sin t t        3 3 3 2 4 4    Câu V: Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DG theo a (vẽ hình) http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400 Hạ SH AB . Từ giả thiết ( ) ( )SAB ABCD ta suy ra ( )SH ABCD . Từ giả thiết ta có   0 0 60 tan60 SH SH SCH SDH DH CH ADH BCH AH BH DH CH              Vậy H là trung điểm của AB. Từ đó 0 6 3 2 .tan60 . 3 2 2 a a SH CH   Vậy 3 . 1 1 3 2 2 . . . . . . 2. 3 3 2 2 S ABCD ABCD a a V SH S AB AD a a a    Gọi .I AC DH  Hạ IJ DG (J DG) Ta có AH AD AD DC  , suy ra hai tam giác ADH và DCA đồng dạng. Do đó   ADH DCA DH AC   . Mặt khác AC SH ta suy ra ( )AC SHD . Do đó IJAC  . Vậy ( , ) IJd AC DG  Hai tam giác DJI và DHG đồng dạng. Do đó 2 2 . . 3 IJ . 6 2 3 IJ 6 2 a a DI GH DI a GH DG DG a      Vậy 6 ( , ) IJ 6 a d AC DG   Câu VI Cho   , , 1;1x y z   và thỏa mãn điều kiện: 0x y z   . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 x xy y y yz z x xz z         Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 3 3 3 .3 .3 3 x xy y y yz z x xy y y yz z z zx x z xz x M VT                  Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 2 2 2 2 2 2 N x xy y y yz z x xz z         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 2( ) ( ) 2 2 2 2 x xy y y yz z x xz z x y z xy yz xz                   http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400 Từ giả thiết ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 x y z x y z x y z xy yz xz             Do đó 2 2 2 6 3( ) 4 x y z N     Vì 0x y z   nên trong ba số x, y, z có hai số cùng dấu. Giả sử 0xy  . Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( ) ( ) 2 2x y z x y xy z x y z z z z              (do 1 1z   ) Suy ra 6 3.2 3 4 N    . Từ đó ra được 3 3 3 1 1 3 3 1 3 3 N M VT    Câu VII Cho hình chữ nhật ABCD có D(7;-3) và BD = 2AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ định C biết phương trình đường thẳng MN là 3 16 0x y   Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC. Phương trình đường thẳng DK là 3 24 0x y   . Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ 44 3 16 0 44 12 5 ( ; ) 3 24 0 12 5 5 5 x x y K x y y                     Ta có 2 41 3 ( ; ) 3 5 5 DH DK H  . Đường thẳng AC đi qua H và song song với MN, suy ra phương trình đường thẳng AC là 3 10 0 (10 3 ; )x y C c c     Trong tam giác vuông ADC ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 2 144 4 10 DC DA DC DH DC DC        2 2 2 0 (10;0) (10 3 7) ( 3) 18 10 12 0 6 32 6 ( ; ) 5 5 5 c C c c c c c C                   Câu VIII. http://baigiangtoanhoc.com Trung tâm luyện thi EDUFLY – hotline: 098.770.8400 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(1;3;3), vuông góc với mặt phẳng (Q) và Gọi ( ; ; ) p n a b c . Ta có . 0 2 2 0 2 2 ( ;2 2 ; ) P Q P n n a b c b a c n a a c c           Phương trình mặt phẳng (P) là ( 1) 2( )( 3) ( 3) 0a x a c y c z       Ta có: 2 2 2 2 7 8 ( ,( )) 3 7 8 3 5 8 5 5 8 5 c a d I P R c a a ac c a ac c            2 2 2 19 40 4 0 2 19 a c a ac c c a            TH1: 2a c . Chọn a = 2, c = 1, phương trình mặt phẳng (P) là 2 2 11 0x y z    TH2: 2 19 c a  . Chọn a = 2, c = 19, phương trình mặt phẳng (P) là 2 34 19 43 0x y z    Câu IX. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình 10 4 3 1 z i i z     Điều kiện z # 0. Gọi ( , )z a bi a b    . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 . 10(1 ) (4 3 ).(1 ). 10 10 7 (7 )z z i i i z a b i a b a b i             2 2 10 7 7 10 a b a b a b           2 2 2 2 2, 4 100 140 49 10 7(10 7 ) 5 19 18 0 9 9 13 , 10 7 10 7 5 5 5 10 7 a a b a a a a a a a a a b b a b a b a                                                  Vậy 2 4z i  hoặc 9 13 5 5 z i 