Đề thi thử ĐH và đáp án môn toán số 8 tại trung tâm luyện thi Edufly năm 2013

Chứng tỏ rằng hai điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn cách đều đường thẳng x = 1.. Tính thể tích của tứ diện MB’C’N và góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 –ĐỀ SỐ Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phỏt )

I Phần chung cho tất thí sinh ( 7,0 điểm)

Cõu I ( 2đ) Cho hàm số: y = mx3 - 3mx2+ (m - 1)x - - m2 có đồ thị (Cm)

1) Khảo sát vẽ đồ thị với m =

2) Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu Chứng tỏ hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng x =

Câu II ( điểm):1) Giải phương trình:

6

4(sin cos )

tan cot sin

x x

x x

x 

  

2) Giải bất phương trình:  

1 25

5

1

(1 ).log log 3 2.log (11.3 9)

2

x x

x 

    

3) Giải phương trình: 4 8x 1  9x 1 3 x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân sau:  

2

2 2008

sin cos

I x x x dx



 

Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi M trung điểm CD, N trung điểm A’D’ Tính thể tích tứ diện MB’C’N góc hai đường thẳng B’M C’N

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z số thực dương

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 4 4

x y z

A x y z

yz zx xy

     

II PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 ĐIỂM) Thí sinh chọn phần (phần phần2) 1 Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a ( điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng

có phương trình: d1: 3x - y - = 0, d2: x + y - = 0, d3: x + 3y - = 0.Tìm toạ độ đỉnh hình vuông

ABCD biết A C thuộc d3, B thuộc d1, D thuộc d2

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d hai mặt phẳng (P) (Q) có phương trình: d:

1

4

x y z

  , (P): x + y - 2z + = 0, (Q): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm

trên đường thẳng (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

Câu VII.a (1điểm): Giải phương trình:

2 2

0 2

2 2

2 2 80

1 2 2

n n

n n n n

C C C C

n n

 

        

 

(với n số nguyên dương) 2 Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b ( điểm):

1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường trịn (C) có phương trình: x2 + y2 + 8x – 6y = Viết phương trình đường thẳng d vng góc với đường thẳng (): 3x- 4y +10 = cắt đường tròn điểm A, B cho AB =

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1;2;4) đường thẳng d:

1

1

x y z

 

 Viết phương trình đường thẳng  qua A, cắt đồng thời vng góc với d Tìm toạ độ

điểm M thuộc đường thẳng d cho diện tích tam giác AMB nhỏ Câu VII.b ( điểm):

Tìm m để đồ thị hàm số

2 mx y

x 

 có điểm cực trị A, B đoạn AB ngắn

ĐÁP ÁN Đề

Câu I:

1) Khi m = ta có : y = x3 - 3x2 - ( Bạn đọc tự khảo sát biến thiên) 2) Ta có: y' = 3m.x2 - 6m.x + 2(m - 1)

Hàm số đạt cực đại cực tiểu  y' = có nghiệm phân biệt

 2

0

0

0

2

'

0 m m

m

m m

m m

m   

 

 

        

  

   

   

 

Với điều kiện đồ thị hàm số có điểm cực trị A(x1;y1); B(x2;y2)

Trong x1, x2 thoả mãn nghiệm y' =

Theo Viét ta có: x1 + x2 =

Ta có khoảng cách từ A đến đường thẳng x =  x - = d1 x1 Ta có khoảng cách từ B đến đường thẳng x =  x - = d2  x2

Giả sử d1 = d2  x1 1 x2

1 2

1

1 ( ) ( )

1 ( )

x x L x x

x x TM

   

  

    

x1x2 2 (luôn đúng) => d1 = d2 (đpcm)

Câu II: ( điểm)

1) Giải phương trình:

6

4(sin cos )

tan cot sin

x x

x x

x 

  

+ Điều kiện: sin2x 

+ (1)

2 sin

2

1 sin sin

x

x x

 



 

 

  

2

4 3sin 2

1 sin sin

x

x x



   4 3sin 2 x 2 sin 2x

2

3sin 2x sin 2x

   

sin

2 sin

3

x

x

 

 

  



4

1

arcsin ( )

2

1

arcsin

2

x k

x k k z

x k

 









 

 

  

    

 



  

   

  

 



(TMĐK)

2) Giải bất phương trình:

 

1 25

5

1

(1 ).log log 3 log (11.3 9)

2

x x

x 

     (1)

+ Điều kiện: 11.3x - >  log3 11

x 

+(1) log 35 x1log53x13log 11.35 x9 log 35 x13x13log 11.35 x9

 

1

3 3x x 11.3x

   

3 x 3x 11.3x

    32x10.3x 9  1 3x9

0 x

3) Điều kiện: x 

Chia hai vế phương trình cho: x  ta phương trình tương đương 0 48 49 3

x x

   

Đặt 48 u; 94 v

x x

    Ta hệ: u4 v 43

u v 17

   

 



Hệ cho hai nghiệm u v   

 

u v

  

 

Do nghiệm PT cho là: x 

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau:

 

2

2 2008

sin cos

I x x x dx



 

2

2 2008

0

.sin sin cos

x x dx x x dx

 

  = I1 + I2

(+)

2

0

.sin

I x x dx



 Đặt:

2

1 cos sin

2 du x dx u x

v x

dv x dx

 

  



 

  

 



2

1

0

.cos

.cos

2

x x

I x x dx







  

2

.cos

8 x x dx





 

Đặt: 1

cos sin

2 du dx u x

du x dx v x

  

 



 

 

 



Ta có:

2

1

0

.sin

sin

8 2

0

x x

I x dx



 

   

2 2

1 1

cos 2 ( 1)

8 8

0 x



  

       

(+) I2

2 2009

2 cos x d (cos )x



  

2010

cos

2

2010 1005

0 x 

  

Vậy:

2

1 1003

8 1005 2010 I      Câu IV: (1,0 điểm)

Gọi P trung điểm C’D’, ta có: MP  (B’NC’) => MP đường cao tứ diện MB’C’N MP = a

Ta có: ' ' ' ' 1 ' ' ' ' ' ' ' ' 

3

MB C N B C N A B C D A B N C D N

V  S MP S S S MP

2 2

1 1

3 a 4a 4a a

 

    

 

3 a

 (đvtt)

+ Ta có: B’P hình chiếu vng góc B’M mp (A’B’C’D’) mà B’P  C'N

B

A

C M

=> B’M CN (định lý đường vng góc)

Do góc hai đường thẳng B’M C’N 900 Cách 2: (Sử dụng phương pháp toạ độ)

Câu V: ( điểm)

Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có:

4 4 4

3

3

3

1

3

x y z x y z xyz xyz

x y z

yz xz xy xyz xyz

   

   

3

3

3

Suy ra: A

4xyz xyz xyz

 

Đặt : t = xyz (3 t 0) ta được:

A

4t t

  Xét hàm số: f(t) =

4t t (0; +)

Ta có: f’(t) =

5

2

3 3( 1)

3t t

t t



  ; f’(t) =  t =

Bảng biến thiên:

t - +

f’(t) - +

f(t) +

15

+

Từ bảng biến thiên => f(t) = 15 4t t   t

Từ => 15

4

A  dấu “=” xảy  t=  x = y = z =

Vậy A nhỏ 15

4 x = y = z =

II- Phần tự chọn (3 điểm) 1- Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1 B thuộc d1 => B(b; 3b – 4)

D thuộc d2 => D(d; - d)

 ;10 

BD d b d b

   

Gọi I tâm hình vng ABCD

3

;

2

b d b d

I    

  

 

Do BDd3 I  d3 nên ta có hệ:

3( ) 1.(10 )

3

3

2

d b d b

b d b d

    

 

  

  

   



 



5

4 10 2

5

2 d d

b d

b 

 

 

 

 

 

  

 

A

D

C B

Vậy 1; , 7; , 1;

2 2 2

B   D  I 

     

Toạ độ điểm A (C) thoả mãn hệ phương trình:

2

2

3

3

3

2 15

10 2 x y x y y y x y                                 3 x y y y                   3 2 x y x y                     

Vậy 3; , 9;

2 2

A  C  

   

9 3

; , ;

2 2

A   C 

   

2 Phương trình tham số (d) là: 4 x t y t z t           

Gọi I tâm mặt cầu (S) Do I  (d) => I(4t; 1+2t; -1+4t)

Theo giả thiết mặt cầu (S) tiếp xúc với hai mp (P) mp (Q) => d(I; (P)) = d(I; (Q)) = R

4 (1 ) 2( ) 2(4 ) (1 ) ( )

6

t  t    t  t   t    t 

 

2

8

1 t t t t           

Với t = -1 => I(-4; -1; -5), 10 R 

Với 5; ; , 20

3 3 3

t I  R

 

Vậy: có hai phương trình mặt cầu thoả mãn u cầu tốn là:

2 2

8 200

3 3 27

x y z

     

     

     

           

2 2 50

4

3

x  y  z 

Câu VII.a: (1 điểm)

Ta có:  

2

2 1 2 2

2 2 2

0

1

n

n k k n n

n n n n n

k

x C x C C x C x C x



  

    



       

2 2

2 2

2

2 2

(1 )

0 2

n

n n n n

n

C C

x dx C x x x

n              

 2 2 2

0 2

1 2

2

1 2 2

0

2 2 2

n n

n

n n n n

x

C C C C

n n                

2 2 2

0 2

2 2

3 2 2

2 2 2

n n

n

n n n n

C C C C

n n                

Theo gt => 2

2

3 80

3 81

2 2

n n n n n        

  (Thoả mãn)

2 Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm)

1 x2 + y2 + 8x - 6y =  (x + 4)2 + (y - 3)2 = 25

=> Đường trịn (C) có tâm I(-4; 3), bán kính R =

Phương trình đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng () có dạng: 4x + 3y + c = Vẽ IH  AB (H  AB)

=> HA = HB =

2

AB

= Xét tam giác IHB ta có:

IH2 = IB2 - HB2 = 16

=> IH = Mà: IH = d (I, d) = 4.( 4) 3.3

c

  

  c7 20 27 13 c c

     

 Vậy có hai đường thẳng (d) là:

d1: 4x + 3y + 27 =

và d2 : 4x + 3y - 13 =

2 a Đường thẳng d có vectơ phương u  d  1;1; 2

Gọi C giao điểm () (d) => C(1-t; -2+t; 2t) Ta có AC   ( t; t; 2t2)

Do đường thẳng  vng góc với đường thẳng d

5

2(2 2) 10

3

d

u AC t t t t t

             

Suy ra: 2; 10;

3 3

C  

   

1

5;13;

AC   



Đường thẳng () cần tìm qua A(1; 4; 2) có vectơ phương v  5;13; 4  nên có pt:

1

5 13

x y z

 



b M  d => M(1- t; -2+t; 2t) Ta có AM    ( t; t; 2t2)



( 2; 2; 2)

AB   



AM AB, 6t16; 2 t4; 4t12

 

Ta có: , 6 162  42 4 122

2

AMB

S  AM AB  t   t  t

 

 

56 304 416

2 t t

  

Vì hàm số: 56t2 - 304t + 416 hàm số bậc hai nên SAMB nhỏ

304 19

112

t   Lúc 12 38; ;

7 7

M 

 

Câu VII.b (1,0 điểm)

Ta có:

2

1 ' mx y

x  

Hàm số có cực trị  y' = có nghiệm phân biệt khác  m <

2

1

; , ; 16( )

( )

A m B m AB m

m

m m

   

       

   



 

   

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

2

2 16( ) 16

( )

AB m

m

  

 (không đổi)

Dấu " =" xảy 16( ) 1

(m)  m m 4 m 2 ( m < 0)

u 

(d) ()

A

KL:

2