Tính thể tích của khối chóp SABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng phần A hoặc phần B A.[r]
(1)www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (Khối A, A1 và B) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x3 Câu (2 điểm) Cho hàm số y 1 x a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Một đường thẳng d qua điểm A(1; 2) và có hệ số góc m , tìm m để d cắt (C ) hai điểm M , N phân biệt thỏa AM 2 AN 1 2sin x 1 sin x Câu (1 điểm) Giải phương trình 2sin x cos x x x y y Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình , x, y x y x y x y Câu (1 điểm) Tính sin x dx 3sin x 3sin x Câu (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O, BAD 600 , hai mp(SBD) và mp(SAC) cùng vuông góc với mp(ABC), mp(SAB) tạo với mp(ABC) góc arctan Tính thể tích khối chóp SABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD 2 Câu (1 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa ( x y)( x z ) 3x y z 1 3x z y 1 Tìm giá trị lớn P 2( x 3)2 y z 16 2x2 y2 z II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;3) , điểm C thuộc đường thẳng : x y , phương trình đường thẳng BD: x y , tan BAC Tìm tọa độ ba đỉnh B, C, D x y 1 z và b : Câu 8a (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng a : 1 x y z 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với a , b và cắt ba trục tọa độ A, B, C cho tứ diện OABC có thể tích Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: ( z i 1)2 3( z i 1) z 2 z 2 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x 2) ( y 1)2 , điểm A(0, 2) và đường thẳng : x y Viết phương trình đường tròn (C ') tiếp xúc với (C ) A và tiếp xúc với x 1 y 1 z Câu 8b (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : và mặt phẳng () : 2 y z Viết phương trình mặt phẳng () biết () vuông góc với () , song song với và d ( , ) d (O, ) Câu 9b (1 điểm) Giải phương trình 8x ( x x 6)4 x 2( x3 x 6)3 (2) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NĂM HỌC 2013-2014 www.VNMATH.com Môn Toán – Khối A, A1 và B Câu Câu 1a Nội dung Điểm chi tiết 0.25 Tập xác định: D \ 1 2 , x ( x 1)2 Hàm số nghịch biến các khoảng (,1) và (1; ) Giới hạn và tiệm cận Tiệm cận đứng: x (vì lim y , lim y ) y' x1 0.25 x 1 Tiệm cận ngang: y 1 (vì lim y lim y 1) x x Bảng biến thiên 0.25 x y' y 1 Câu 1b 1 Đồ thị 0.25 Phương trình đường thẳng d : y m( x 1) y mx m Phương trình hoành độ giao điểm d và (C ) : x 3 mx (2 m 1) x m 1 mx m 1 x Để d cắt (C ) hai điểm phân biệt M, N (1) có hai nghiệm phân biệt m m m Giả sử M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , đó x1 , x2 là nghiệm (1) nên 2m 1 x1 x2 m m 1 x1 x2 m Ta có AM ( x1 1, y1 2) , AN ( x2 1, y2 2) Để AM 2 AN AM 2 AM x1 1 2( x2 1) x1 x2 0.25 (1) 0.25 (2) (3) 0.25 (4) (3) m Giải hệ này ta Thế x1 x2 vào (3) ta m , thỏa (2) 3 x2 x2 1 m Vậy m thì thỏa đề bài 0.25 x k cos x Điều kiện: x k 2 sin x x k 2 Phương trình đã cho tương đương với cos x (1 2sin x ) (1 sin x)(1 2sin x) cos x sin x sin x cos x 0.25 www.VNMATH.com 3 x2 Câu 0.5 cos x sin x cos x sin x cos x cos x 6 3 x x k 2 x k 2 2 x k x 2 x k 2 18 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm phương trình là x Câu x x y y x y x y x y x y Điều kiện x x y y y Ta có (1) 2 x x y ( y 2) x y x Đặt u x y , v x y ( u , v ) Thế vào (1’) và (2), ta 2u v (u v ) u v uv 0.25 2 k 18 (1) 0.25 (2) (3) (1') 0.25 (3) (4) Lại đặt S u v , P uv ( S P 0, S 0, P ), vào (3) và (4), ta 2 P S P S P S 4, P Giải hệ này ta , suy S 2, P 3 (lo¹i) x y u 3, v x y x 5, y u 1, v x y x 5, y 4 x y So sánh các điều kiện trên, ta thấy hệ có nghiệm ( x, y) (5, 4) 0.25 0.25 (4) Câu 0.25 sin x www.VNMATH.com dx 3sin x 3sin x Đặt I t 1 cos xdx t dt 3 Khi x , ta có t ; x , ta có t Đặt t 3sin x sin x Khi đó I 8 t t5 t t3 (t t t t )dx 9 Câu 0.25 2sin x cos x t (t 1) dx dx t t 3sin x 3sin x 0.25 49 22 20 15 Theo giả thiết ta có ABD và CBD là các tam giác ( SAC ) ( ABC ) Do SO ( ABC ) ( SBD) ( ABC ) Trong mp(ABC), hạ OK AB , suy SK AB , vì OKS 0.25 0.25 0.25 S S F E B C K O A G G O I C D Trong tam giác vuông SOK, ta có SO OK tan a a 1 a3 Do đó V SO AC.BD 12 Gọi là trục đường tròn (BCD), ta có qua trọng tâm G tam giác BCD và 0.25 vuông góc với mp(ABC) nên thuộc mp(SAC) Trong mp(SAC), trung trực d đoạn SC cắt I Do I nên IB IC ID , I d nên IS IC , suy I là tâm và IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD 0.25 Tam giác SOC có SC a và CSO 600 Gọi E là trung điểm SC, F là giao điểm và SC 1 a a Ta có EF ES SF SC SC , EI EF (vì EFI 600 ) , 6 a a 2 a 2 2 suy IC IE EC Do đó R IC Câu Từ giả thiết a 2 ( x y )( x z ) 3x y z 1 3x z y 1 (1) 0.25 (5) và áp dụng các bất đẳng thức www.VNMATH.com (2 x y z )2 ( x y )( x z ) , 2 , 3x y z 1 x z y 1 3(2 x y z ) (2 x y z ) ta có 3(2 x y z ) Đặt u x y z ( u ), ta có (2) u2 3u 2u 32 3u (u 2)(3u 8u 16) u y z 2x Dấu xảy và y z (2) Ta có P 2( x 3)2 y z 16 12 x 1 2 2 2x y z 2x y2 z2 0.25 ( y z )2 x 2(1 x)2 2(2 x x 1) và 6x 1 12 x nên P 2 x x 1 Dấu xảy và y z x 1 , ( x 0) Đặt f ( x) 2 x x 1 4(3x x 2) Ta có f '( x) , f '( x) x 1 x (2 x x 1) Bảng biến thiên Lại x y z x x f '( x) 1 0 f ( x) 0.25 10 Suy f ( x) 10 , với x Từ các kết trên, ta có P 10 (1) x P 10 và y z y z x Vậy GTLN P là 10 Câu 7a 0.25 Gọi I là trung điểm AC, suy I thuộc BD nên I (2 y 2, y ) , đó C (4 y 3, y 3) 0.25 Do C thuộc nên xC yC y 12 y , suy I (2, 2) , C (5,1) 0.25 Ta có AC (6, 2) và B thuộc BD nên B (2b 2, b) , suy AB (2b 1, b 3) b Do đó cos BAC cos( AB, AC ) b 2b (6) 0.25 nên cos BAC , suy www.VNMATH.com b b b 3b 16b 16 b b 2b 10 Khi đó ta B1 (6, 4) , D1 (2, 0) và B2 ( , ) , D2 ( , ) 3 3 Do tan BAC Câu 8a Câu 9a 0.25 Các đường thẳng a và b có các véc tơ phương là a (1,1,1) , b (4,1, 2) Do () song song với a và b nên () có pháp véc tơ là n a, b (1, 2, 3) và đó phương trình () có dạng x y 3z m m m Mặt phẳng () cắt ba trục tọa độ A(m,0, 0) , B (0, , 0) , C (0, 0, ) | m |3 Khi đó, VOABC OA.OB.OC 36 | m |3 Theo giả thiết, VOABC m 6 Thử lại, ta thấy a và b song song 36 với () Vậy phương trình () là x y 3z Do z không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với z i 1 z i 1 20 z z2 Đặt z x yi , x, y , z i 1 2 z2 z i 1 1 z 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (a) (b) 0.25 (a) z i 2 z 2 ( x 1) ( y 1)i (2 x 4) yi x 2 x x y y y (b) z i z 2 ( x 1) ( y 1)i (x 2) yi 0.25 x x (vô nghiệm) y y Vậy phương trình có nghiệm z i Câu 7b Ta có (C ) có tâm I (2,1) , R Đường thẳng IA qua I (2,1) và nhận IA (2,1) làm véc tơ phương nên có phương trình x 2( y 1) x y Do (C ') tiếp xúc với (C ) A nên tâm K (C ') thuộc IA, suy K (2 y 4, y ) Do (C ') tiếp xúc với nên (C ') có bán kính R ' d ( K , ) Do (C ') qua A nên R ' KA (2 y 4) ( y 2) Từ đó ta có 3y (2 y 4)2 ( y 2)2 2 3y 2 0.25 0.25 (7) 3y y 2 3 y K (1, ) 2 y4 K (4, 4) www.VNMATH.com 0.25 , với K (4, 4) , ta có R ' Vậy phương trình (C ') Với K (1, ) , ta có R ' 2 là ( x 1) ( y ) ( x 4) ( y 4) 20 Câu 8b Câu 9b Ta có qua A(1,1, 0) và có véc tơ phương a (2,1, 2) , () có pháp véc tơ n (0,1,1) Do () vuông góc với () và song song với nên () có pháp véc tơ p n, a (1, 2, 2) và đó phương trình () có dạng x y z m Theo giả thiết, ta có d (, ) d (O, ) d ( A, ) d (O, ) m m3 m 2 2m ( m 3) m 1 3 Thử lại điều kiện song song với () , ta thấy thỏa Vậy phương trình () là x y z x y z 1 0.25 0.25 0.25 0.25 Phương trình đã cho tương đương với 2x 2x 2 x3 x x3 x 2x 1 x x x x 3x x Đặt g ( x) , f ( x) x x , ta có f '( x) 3 x x x f '( x ) f ( x) 2 0 0.25 (1) 0.25 0.25 0.25 Trên miền x , ta thấy f giảm, g tăng, g (1) f (1) nên trên miền này x là nghiệm (1) Trên miền x , ta có g ( x) g (0) , f ( x) nên trên miền này (1) vô nghiệm Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm x HẾT 0.25 (8)