ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 57

www.facebook.com/hocthemtoan

www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 57 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số : 3 3 1y x x   1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho 2 A x  và 2 2MN  . Câu II ( 2 điểm ). 1) Giải phương trình :     2 2 tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x     . 2) Giải hệ phương trình với ,x y  2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 1 2 2 1 x y x y y y x y xy x x xy y y                     Câu III ( 1 điểm ). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1 ( ) 1 x y C x    , trục hoành và tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung . Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V ( 1 điểm ). Chứng mimh rằng với 0, 0, 0a b c   thì 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a               II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh   2;1 ,B  điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox ( 0 C x  ) góc  30 o BAC  ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   : 2 1 0P x y z    và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). lập phương trình mặt phẳng    .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Câu VIIa ( 1 điểm ) Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho 3 2 w z i z i     là một số thực. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2 : 6 2 6 0C x y x y     và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho AB AC nhỏ nhất. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 2 0x y z x y z      cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VIIb ( 1 điểm ). Tìm tất các số thưc  để bất phương trình : 2 log log 2 2 os 0 x x c     có nghiệm 1x  Hết . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 57 Câu I (2 điểm)1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : 3 3 1y x x   Tập xác định: D   Đạo hàm: 2 3 3y x    Cho , 2 0 3 3 0 1 1y x x x          Giới hạn: ; lim lim x x y y       Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 1); (1; )   , NB trên khoảng ( 1;1) Hàm số đạt cực đại y CĐ = 1tại CD 1x   , đạt cực tiểu y CT = –3 tại CT 1x  BBT Điểm uốn:   0; 1I  vì: 6 0 0 1y x x y         . Giao điểm với trục hoành:không có nghiệm nguyên Bảng giá trị x 1 0 1 2 y 1 1 -3 1 Đồ thị hàm số: hình vẽ bên. 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho 2 A x  và 2 2MN  Nhận xét: nếu đường thẳng d qua A không có hệ số góc tức x = 2 cắt (C) nhiếu nhất 1 điểm không thỏa yêu cầu bài toán .Do đó d phải có hệ số góc .Vì 2 A x  nên 1 A y  suy ra phương trình d có dạng   2 1y k x   Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là: 3 2 2 2 (3 ) 2 2 0 ( 2)( 2 1) 0 2 1 0 (*) x x k x k x x x k x x k                      Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N (*) có 2 nghiệm phân biệt, 1 2 , 2 ; 2 2x x MN  Theo vi ét 1 2 1 2 , 2; 1x x x x k     Ta có :     2 2 2 2 2 1 2 1 8 MN x x x x k             2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 4k x x k x x x x            Hay       2 8 1 4 4 1k k    3 2 0k k    1k  (thoả yêu càu bài toán ).Vậy d có pt là : 1y x  Câu II( 2 điểm)1) Giải phương trình :     2 2 tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x     Điều kiện cos 0x  Phương trình viết lại 2 2 1 tan 2 3sin 1 tan x x x     2 2 3sin os2 2sin 3sin 1 0x c x x x       1 sin 1;sin 2 x x   so sánh đ/k chọn 1 sin 2 x    5 2 ; 2 6 6 x k x k k            2) Giải hệ phương trình với ,x y       2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 1 1 2 2 1 2 x y x y y y x y xy x x xy y y                     Từ phương trình (2) ta có đ/k : , 0x y y      2 2 2 2 1 1y y y x y x y x y          . x – –1 1  y  + 0 – 0 + y 1  – –3 Xét hàm số   2 2 1f t t t t    liên tuc   0; có   / 2 1 2 .2 1 t f t t t t     2 1 1 2 0 0 2 1 t t t t              Suy ra hàm số nghịch biến   0; nên     2f y f x y x y    Thay vào (1) ta có     2 2 1 0 2y x x y      4x  .Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2) Câu III(1 điểm)3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1 ( ) 1 x y C x    , trục hoành, và tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung. viết được pt tt : 1y x   nêu được miếng lấy diện tích     1 1 2 1 0 2 2 1 1 1 1 x S x dx x dx x                  1 1 2 2 2 1 0 2 ln 1 2 2 x x x x x                     = 1 ln2 2  Câu IV(1 điểm )Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a 2 Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao 2 3 3 2 a SE a  Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì 2 2 2 EF SE SF  ) Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H Ta có SH vuông góc mp(ABCD) . 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 3 3SH SE SF a a a      3 2 a SH  . Vậy 3 2 1 1 3 2 3 ( ). .4 . 3 3 2 3 a a V S ABCD SH a   ( đvt Câu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a               + Với a > 0, b > 0, c >0 Giải : ta có:      a 2 b a 2 2b 1 2 a 2b 3 a 2b        (1) + Do     1 2 1 1 1 a 2 b a b b 9 a b a b b                     nên 1 2 9 a b a 2 b    (2) .Từ (1) và (2) ta có: 1 2 3 3 a b a 2b    (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) Áp dụng (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a               ( đpcm) dấu " " xẩy ra khi và chỉ khi a b c  Câu VIa(2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh   2;1 ,B  điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc trục hoành ( 0 C x  ) góc  30 o BAC  ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ A và C. Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có 2 sin30 5 o BC R      2 2 2 5 2 0 1 5BC c       0 , 4 ( )c c loai    Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 (0;1 2 3)A  hoặc (0;1 2 3)A  Vậy có (0;1 2 3)A  , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc (0;1 2 3)A  , B(-2 ;1) , C(0 ;0) 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   : 2 1 0P x y z    và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). Lập phương trình mặt phẳng    .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và ) (0;0;1), (0, 1; 1)B C   thuộc d , phương trình mặt phẳng    có dạng : 0ax by cz d    ( 2 2 2 0a b c   ). Do    đi qua B, C nên : 0 0 2 c d d c b c d b c                   pt    là ax + (- 2c)y +cz - c = 0 2 2 2 2 2 ( , ) 1 1 4 a c c c d A a c c          2 2 2 5a c a c    2 2ac c   Nếu c = 0, chọn a = 1 0, 0b d       pt     x = 0 Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt    : - 2x - 2y + z - 1 = 0 Câu VII a( 1 điểm)Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho 3 2 w z i z i     là một số thưc Gọi ( , )z a bi a b    khi đó     2 2 2 ( 3) ( 1) 2 ( 3) w ( 1) ( 1) a b i a b i a b i a b i a b                 2 2 ( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1) ( 1) a a b b a b a b i a b             là số thưc khi và chỉ khi : ( 3) ( 2)( 1) 0 2 1 0 0 0 1 1 a b a b a b a a b b                                Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2 1 0x y   trừ điểm M(0 ; - 1) Câu VIb.(2 điểm)1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2 : 6 2 6 0C x y x y     và điểm A(1;3) ; Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho AB AC nhỏ nhất. Tâm đường tròn (3; 1), 2; 2 5 ( , ) 2I R IA d I A R      nên điểm A nằm ngoài (C) Ta có /( )A C P  AB.AC = d 2- - R 2 = 16 ; và 2 . 2.4 8AB AC AB AC    dấu “=”xẩy ra  AB = AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng ( 1) ( 3) 0a x b y    3 0ax by a b     Từ đó ta có 2 2 3 3 ( , ) 2 2 a b a a d I d a b        2 0 3 4 4 3 b b ab a b         chọn 0 1 b a      4 3 b a       Vậy phương trình d : 1 , 3 4 15 0x x y    2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 2 0x y z x y z      cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (S) :       2 2 2 1 2 1 6x y z      có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6 (S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) . Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I giao điểm của d đi qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC) Giải hệ 2 2 4 0x y z    và 1 2 2 1 2 x t y t z t            ta được 2 9 t   suy ra 5 16 5 ( ; ; ) 9 9 9 I và r = IA = 2 2 2 5 16 5 5 2 2 9 9 9 3                       Câu VIIb. (1 điểm)Tìm tất các giá trị    để bất phương trình : 2 log log 2 2 os 0 x x c     có nghiệm 1x  .Với . 1x  ; Bpt tương đương với 2 2 1 log 2 os 2 log x c x          (1) mặt khác 2 log 0x  nên theo Côsi ta có: 2 2 1 log 2 log x x   (2) Từ (1) và (2) ta có  . 1x  : bpt  VT = VP = 2 cos 1 2 ( )k k             khi đó bất phương trình có nghiệm 2 log x = 1 2x  . Vậy 2 ( )k k       . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 57 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh   2;1 ,B  điểm A thu c Oy, điểm C thu c Ox ( 0 C x  ) góc  30 o BAC  ; bán kính đường tròn ngoại tiếp