Đề thi thử đại học số 41môn toán

www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 41 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x  2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 ( , ) xy x y x y x y x y x y               Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x              Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a , 3AC a , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m              ( , )x y    Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 5 2 và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng 1 1 3 1 ( ): 2 1 1 x y z d      , 2 3 1 ( ): 3 1 1 x y z d      . Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i   và 1 1 z z i    . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y    và đường tròn 2 2 ( ): 2 4 5 0C x y x y     . Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn 2 5AB  . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 6 5 0S x y z x y z       . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x          . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 41 Câu 1:Cho hàm số 2 1 1 x y x    (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ:   2 1 \ 1 , ' 0, ( 1) y x x        D D Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1) và (1; )  Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim ;lim x x y y         tiệm cận đứng: x = 1 lim lim 2 x x y y      tiệm cận ngang y = 2 Bảng biến thiên: Đồ thị: Đi qua các điểm   1 ; 0 , 0; 1 2       và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. 2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB Gọi  là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi 1 9 OB k OA      hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay: 2 2 2 1 1 ( ) 4 ( 1) 9 ( 1) 9 1 1 2 ( 1) 9 x x x x x                        VN , (4) ( 2) 7 5 , 3 3 y y    + Với 1 9 k   và tiếp điểm 7 4; 3       , ta có pt tiếp tuyến:   1 7 1 25 4 hay 9 3 9 9 y x y x       + Với 1 9 k   và tiếp điểm 5 2; 3        , ta có pt tiếp tuyến:   1 5 1 13 2 hay 9 3 9 9 y x y x       Câu 2: 1. Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x  Pt tương đương: 2 2 3 2 2 sin 3 cos2 sin 0 (3sin 4sin ) cos2 sin 0x x x x x x x      2 2 2 sin (3 4sin ) cos 2 1 0x x x           2 [3 2(1 cos2 )] cos2 1 0x x       2 2 2 3 2 sin (1 2cos2 ) cos2 1 0 sin 4cos 2 4cos 2 cos2 1 0x x x x x x x                  2 2 sin cos2 1 4cos 2 1 0x x x    2 sin 0 cos2 1 ( ) 2 4cos 2 1 0 (VN) x x k x k x k x                         Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 (1) (2) xy x y x y x y x y             Điều kiện: x + y > 0 Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành: 2 3 2 2 1 2 2 0 v u v u u uv v u         x y’  + y 1   + 2  2       1 2 1 1 2 0 x y 2 1 ( 1)[ ( 1) 2 ] 0 2 0 u u u u v u u v              TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 2 2 1 1 (1 ) 2 0 2 x x x x x x               1 0; 2 3x y x y       TH2: Với 2 2 0u u v   hay 2 2 2 ( ) 2 0 0x y x y xy x y x y           vô nghiệm do đk Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (2; 3). Câu 3: Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x              2 2 4 4 8 8 cos sin cot tan sin .cos sin 2 cos 2 sin 2 cos2 .cos sin 2 .sin 4 4 4 x x x x x x I dx dx x x x x x                              4 4 2 8 8 cot 2 cot2 1 2 2 2 2 . sin 2 cos2 sin 2 1 cot 2 sin 2 x x dx dx x x x x x           Đặt 2 2 2 1 1 cot 2 sin 2 2 sin 2 t x dt dx dt dx x x        . Đổi cận: 1; 0 8 4 x t x t         0 1 1 2 2 . 1 2 t I dt t           1 1 0 0 1 2 2 1 1 1 t dt dt t t                  1 0 2 ln 1 2 1 ln 2t t     Câu 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a , 3AC a , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Giải : Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:  0 2 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG    0 2 3 ' .tan60 3 a A G AG   Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi: 3 1 1 2 3 . ' . . ' . 3. 2 2 3 ABC a V S A G AB AC A G a a a    (đvtt) Dựng AK  BC tại K và GI  BC tại I  GI // AK 1 1 1 . 1 . 3 3 . 3 3 3 3 2 6 GI MG AB AC a a a CI AK AK MA BC a         Dựng GH  A’I tại H (1) Do: (2) ' BC GI BC GH BC A G        . Từ (1) và (2)  GH  (A’BC) Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó [ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH   2 2 2 2 2 3 3 3. . ' . 3. ' . 6 2 51 3 6 3. ' 17 51 ' 12 3 9 36 a a A G GI A G GI a a A I A G GI a a        Câu 5: Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m              ( , )x y    Đặt log , logu x v y  , hệ pt trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 5 8 8 1 5 8 8 1 1 2 2 3 8 4 6 16 8 2 1 2 1 u uv v u uv v m m u uv v u uv v m m                              (*) N I C' B' M A B C A' G K H Giả sử hệ có nghiệm 0 0 ( ; )x y 0 0 0 0 log log u x v y       là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng sau: 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 5 8 8 1 2 2 6 16 8 2 1 u u v v m u u v v m                . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được:   2 0 0 1 4 2 1 u v m     ĐK cần để hệ có nghiệm là 1 2 1 0 hay 2 m m    Xét ĐK đủ: Với 1 2 m   , ta có: 2 2 1 1 1 2 1 2 1 m m m       . Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ: 2 2 2 2 5 8 8 1 (**) 6 16 8 1 u uv v u uv v              Ta có 2 2 2 2 10 10 4 , 5 8 8 1 5 20 (**) 1 ( 4 ) 0 10 10 40 , 5 20 u v u v u uv v v u v u v                                    đpcm Vậy 1 2 m   là đáp số của bài toán Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 5 2 và điểm A có hoành độ dương. Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 45 0 và ABC cân tại A nên ABC vuông cân tại A A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c; 7  3c) (2 4; 3 7)AC a c a c       , vtcp của AB là 1 (2; 1)u    1 . 0 3AC u c a      (1) Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình 2 4 0 2 3 7 0 1 x y x x y y                 B(2;1) Diện tích tam giác ABC: 2 1 5 2 2 ABC S AB   2 2 2 0 (2 2) (1 ) 5 2 0 2 a a a a a a              . Do x A > 0 nên chỉ nhận a = 0  c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;2) 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng 1 1 3 1 ( ) : 2 1 1 x y z d      , 2 3 1 ( ): 3 1 1 x y z d      . Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Gọi M, N lần lượt là giao điểm của  với (d 1 ) và (d 2 ) 1 1 1 2 2 2 ( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 )M t t t N t t t         Ta có: 2 1 2 1 2 1 (3 2 2; 3; 2)MN t t t t t t         và vtpt của (P) (1; 1; 2)n    +  // (P) nên: 2 1 2 1 2 1 2 1 . 0 3 2 2 3 2 2 4 0 6 3 3 0MN n t t t t t t t t                 1 2 2 1t t   (1) 2 2 2 3 3 2 2 5 [ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6 6 t t t d P d M P             2 2 1 1t t     2 1 2 1 1 1; 1 3t t t t        Với 1 2 1t t  , ta có 1 4 2 (1; 4; 2), (1; 5; 2) pt : 1 5 2 x y z M MN          Với 1 2 3 1 t t        , ta có 7 ( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( ) 2 x t M MN y t t z                    Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i   và 1 1 z z i    .Giả sử ,( , )z x yi x y    . Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y             2 2 2 2 1 1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 ) z x yi x y i x y x y x y z i                   Ta được hệ: 2 2 2 4, 4 ( 2) ( 2) 8 ( 2) 4 0, 0 x y x y x x y y x y x                           Vậy 4 4 ; 0z i z   Câu 6b: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y    và đường tròn 2 2 ( ): 2 4 5 0C x y x y     . Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn 2 5AB  . +M    M(2m  5; m); (C) có tâm I(1; 2), bán kính 10R  Gọi H là trung điểm AB  5AH  và AH  MI Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 10 5 10 AM AH AM AI AM        và 2 2 2 5IM IA MA   2 20IM   2 2 2 (2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m          Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z       . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Giả sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) hay ( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1) AM BM x y z x y z AM CM x y z x y z                                 1 3 ( ) 2 7 1 x t x z y t x y z z t                      M  (S) nên 2 2 2 3 3 3 9 (1 ) 2 18 6 6 5 0 2 6 9 0 2 t t t t t t t                  Suy ra 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M            hoặc 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M            Câu 7b: Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x          .Phương trình tương đương: 2 2 2 2 2 2 3 10 2 2 8 2 3 14 2 2 12 2 2 2 2 16 0 2 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x                     2 2 2 2 2 12 2 2 2 12 (2 1)(2 1) 0 2 1 0 x x x x x x             2 2 2 12 0 2 2 2 2 2 2 12 0 3 x x x x x x                H I B M A . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 41 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. . Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số