Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/hocthemtoan
www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 42 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số 3 2 3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham soá (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4. 2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho 1 1 0, A B C k k k trong đó , , A B C k k k lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C. Câu II ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình 1 sin 5 2sin 3 2sin 3 cos x x x x . 2. Giải phương trình 2 2 1 3 1 2 1x x x x x . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 7 4 2 3 2 3 1 26 3 1x x I dx x x x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết 3SC a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC). Câu V (1,0 điểm) Cho x,y là các số thực thoả mãn : 1 22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 yx yx P PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình 2 0x y ; đỉnh D nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1 2 2 1 : 2 1 2 x y z d ; 2 3 1 1 1 2 : ; : 1 2 1 1 1 2 x y z x y z d d . Chứng minh d 2 và d 3 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng vuông góc với d 1 ,cắt d 2 và d 3 tại hai điểm A, B sao cho 3AB Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 1z z i và 1 z z là số thực B. Theo chương trình nâng cao C. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp 2 2 ( ): 1 9 5 x y E . Gọi 1 2 ,F F là các tiêu điểm của (E) Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 1 2 MF F bằng 2 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng : 3 14 0P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 2012 2011 2012 3log ( 2 6) 2 log ( 2) 1 y x x y x y x y . ĐÁP ÁN ĐỀ 42 Câu 1: 3 2 4 3 4Với m ta có y x x 1 0 . Tập xác đònh 2 0 . Sự biến thiên: Giới hạn 3 2 3 3 2 3 3 3 1 4 1 4 lim lim 3 4 lim 1 , lim lim 3 4 lim 1 x x x x x x y x x x y x x x x x x x Bảng biến thiên: 2 2 0 ' 3 6 ; ' 0 3 6 0 2 x y x x y x x x x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + y 4 + - 0 3 0 . Đồ thò Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0) Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4) y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2) 4 2 -2 O I Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là 3 2 2 2 1 0 3 ( 4) 0 1 4 0 4 0(1) x x x m x m x x x m x x m Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1 hay 4 0 4 5 0 5 m m m m Gọi 1 2 1 2 1 2 4 , là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có x x x x x x m 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là 5; 3 6 4; 3 6 4 1 1 Theo giả thiết ta có 5 0 3 6 4 3 6 4 3 6 4 3 6 4 5 A B C x k m k x x m k x x m m x x m x x m x x m x x m m 2 2 1 1 2 2 2 4 4 0 5 0 4 4 5 3 6 4 3 6 4 4 1 5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4 5 6 m m m m x x m x x m m m m m m Câu 2: 1, : cos 0 , 2 ĐK x x k k 2 1 sin 5 2sin 3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3 cos 2sin 3 cos x x x x x x x x cos2 3 sin2 3 sin 3 cos 4 0 cos 2 3cos 2 0 3 6 x x x x x x 2 2 6 cos 1 6 2cos 3cos 1 0 2 , 6 6 6 1 cos 6 2 2 2 x k x x x x k k x x k Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 , 6 x k k Câu 2: 2, 2 : 3 1 0ĐK x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 (1) 1 3 1 2 1 0 4 2 2 2 1 0 2 1 1 0 1 3 1 1 3 1 1 2 1 0 2 1 3 1 2 1 3 1 2 (2) 1 Ta thấy là một nghiệm của phươ 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ng trình (1) 1 3 1 2 1 Từ (1) và (2) ta có hệ 2 1 2 3 1 3 1 2 3 2 3 0 5 1 5 2 Thử lại ta có các nghiệm ; 8 2 8 4 1 2 3 4 1 2 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Câu 3: 1 1 1 7 7 7 4 2 4 2 1 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 1 1 1 26 26 26 1 1 3 7 7 2 2 3 3 1 3 3 3 3 1 1 26 26 1 1 7 7 2 3 2 1 1 3 3 2 2 26 26 3 1 3 1 1 3 1 3 123 7 2 364 1 26 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 4 1 1 1 1 x x x x I dx dx dx I I x x x x x x x x x d x x x Tính I dx x x x x x x Tính I dx d x x x x 2 3 2 1 15 7 4 1 26 322 . 91 x Vậy I Câu 4: G F E H A B D C S 0 2 Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ; 2 2 2 HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60 2 2 a a a GF Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 2 2 2 1 2 ;1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy Tõ ®ã ta cã 1 3 1 xy . M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222 nªn 12 2244 xyyxyx .§Ỉt t=xy Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa 1 3 1 ; 2 22 )( 2 t t tt tfP TÝnh )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf Do hµm sè liªn tơc trªn 1; 3 1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa ) 3 1 ( f , )26( f , )1(f cho ra kÕt qu¶: 626)26( fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min fP 1 đ Câu 6a: 1, 4 2 5 E' O B A C D M E 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ 1 2 0 1 0 , '(0;1) 1 2 1 1 2 0 2 2 Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E E x y x y x y x E x y x y y nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn BC BE BE' 1 1 0 1 do t<0 hay B(-1;1). phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1 Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ t t t t t 1 9 trung điểm của AD là M ; 2 2 1 9 theo giả thiết ta được 2 0 2 6 0 (1) 2 2 1; 9 ; 0; , do AB AD nên ta có a 9 0 9 0 (2) Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5 d a d d a d a d AD d a d BA a a d a d hay A(-1;4) và D(5;4) C(5;1). 2 2 2 2 3 3 3 1 ' : 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2 2 2 ' x t x t d y t d u d y t d z t z t 3 và có vtcp 1;1;2u 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M . , 3 0 nên d và d chéo nhau. Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của , u u u u BA t t t t t t 1 2 2 2 2 do d nên 2 ' 1 2 ' 2 2 2 ' 2 0 ' 2 , 3 1; 2; 3 2 0 Mặt khác, BA=3 nên 3 1 2 3 2 9 18 18 0 1 1 1 Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 .Ptct của : 1 2 2 Với t t t t t t t t BA t t t t t t t t x y z BA 1 2 3 1 t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 .Ptct của : 2 2 1 1 1 3 1 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; : 1 2 2 2 2 1 x y z BA x y z x y z Câu 7a: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Giả sử . ta có 1 1 ; 1 . Theo đề bài 1 1 1 , khi đó . 1 1 . 1 1 Mặt khác, . . , 0. . 2 2 2 1 Vì là số z x y i z x y z i x y z z i x y x y x y z x x i x x i z x x i x x i x x i x z x x i x x x z z 1 2 1 1 thực nên 0 2 2 1 1 1 1 Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và 2 2 2 2 x x x z i z i Câu 6b: 1, 2 -2 OF1 F2 M Ta có F 1 (-2;0) và F 2 (2;0); F 1 F 2 =4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 Do M (E) nên 6, diện tích MF F là . 2 5 (1) 2 5 1 Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2). 2 Từ (1) và (2) ta có 5. Như vậy có 2 điểm tho MF MF MF MF FF M x y d M Ox y y FF y y 1 2 ûa mãn bài toán (0; 5) và (0; 5).M M Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là 1;1; 3u ,d có phương trình là 3 1 4 1 1 3 x y z . Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt 4;2; 2 nên có pt là 2 1 2 3 0 2 3 0BA x y z x y z Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ 2 3 0 2 4 0 2 3 7 0 1 x y z x x y y y z z Bán kính của mặt cầu là R=IA= 11 . Phương trình của mặt cầu là (x+2) 2 +(y-2) 2 +(z-1) 2 =11 Gọi r là bán kính đường tròn ta có 2 2 2 2 ;( ) 11 11 ;( )r d I Q r d I Q đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay ;( ) lớn nhất d I Q Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q) hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0 d I Q IM IM x z x z Câu 7b: 2 2 2012 2011 (1) 2012 3log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2) 2 2 3 2 x y x y x y y x +) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt: 2 2 2 2 2011 2011 log ( 2012) log ( 2012) x x y y 2011 1 Xét hàm số ( ) log ( 2012), 0 '( ) 1 0 2011( 2012) ( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ ) f t t t t f t t f t từ đó suy ra x 2 = y 2 x= y hoặc x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x+2)=2log 2 (x+1). Đặt 3t=log 2 (x+1) ta được x=2 3t -1 do đó 3log 3 (2 3t +1)=6t 8 t +1=9 t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1 x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1 y = - 3 x = 3.Vậy hệ có các nghiệm là (7;7); (3;-3) . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 42 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. điểm )Cho hàm số 3 2 3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham so (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4. 2. Chứng minh đồ