www.facebook.com/hocthemtoan
1 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 38 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 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x (m là tham số thực). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m . 2. Xác định m để điểm 3 (2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 1 sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin8 2 x x x x x 2. Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , ) 5 3 5 3 4 x y xy x y x y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 0 sin 2 1 cos2 x x I dx x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a , 2SD a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0 2 3 x x x x x m y y y y y m x my m ( , )x y Chứng minh rằng m , hệ phương trình đã cho luôn 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 đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 1; 0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z và tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + 5 = 0 một góc 30 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z và 1 1 2 z i z i . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 6 67 0S x y z x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 2 4 4 1 1 log ( 3) log 4 3 x x x ----------------- Hết ----------------- 2 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38 Câu 1:1Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x (m là tham số thực). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m . Ta có hàm số: 3 2 2 3 1y x x TXĐ: 2 2 (0) (1) 0 ' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 1, 0 1 x y x x y x x y y x Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 ; 1; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Giới hạn: lim ; lim x x y y Bảng biến thiên: 1 2 1 1 '' 12 6; '' 0 12 6 0 2 2 y x y x x y đồ thị có điểm uốn 1 1 ; 2 2 I là tâm đối xứng. Câu 1: 2. Xác định m để điểm 3 (2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Ta có: 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1y x m x m m y x m x m m , hàm số luôn có CĐ, CT Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là 3 2 3 2 ( ;2 3 1), ( 1;2 3 )A m m m B m m m Suy ra 2AB và phương trình đường thẳng 3 2 : 2 3 1 0AB x y m m m Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. Ta có: 2 3 1 ( , ) 2 m d M AB 1 1 ( ; ) min ( ; ) 2 2 d M AB d M AB đạt được khi m = 0 Câu 2: 1. Giải phương trình: 2 2 1 sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin8 2 x x x x x Phương trình đã cho tương đương với: (1 cos4 )cos6 1 cos6 1 sin 2 sin8 1 cos4 cos6 sin 2 sin8 2 2 x x x x x x x x x 1 1 1 (cos2 cos10 ) (cos6 cos10 ) cos6 cos2 2 0 2 2 x x x x x x 3 2 4cos 2 2cos2 2 0 (cos2 1)(2cos 2 2cos2 1) 0x x x x x cos2 1 ,x x k k Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , ) 5 3 5 3 4 x y xy x y x y Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk 0 0 x y Hệ đã cho tương đương với: 6 6 2 2 4 5 3 4 5 3 16 x y xy x y 6 6 2 2 5 3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 2 0 x y xy x x y y x xy y 2 2 2 6 6 2 2 5 3 2 5 3 2 0 x y xy x x x y x y’ + y 0 0 0 + + + 1 0 1 y x 1 2 1 0 1 3 6 6 2 2 5 3 2 1 5 5 3 2 x y xy x x y y x y . Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1 ; 5 5 Cách 2: Hệ đã cho tương đương với 3(5 5 ) 5 5 3(5 5 ) 5 5 5 5 2 (5 3)(5 3) 6 16 5 5 2 3(5 5 ) 25 9 10 x y xy x y xy x y x y x y x y xy Đặt 5 5 , 5u x y v xy . ĐK: 0, 0u v . Hệ trở thành: 2 2 2 3 5 3 5 3 5 2 3 (3 5) 9 10 2 3 9 10 2 9 27 34 10 (*) v u u v v u u u u u u v u u u Do ĐK của u, v nên 2 2 2 5 5 10 10 (*) 2 3 3 49( 27 34) (10 ) 35 88 36 0 u u u u u u u u Với u = 2 v = 1, ta được hệ: 5 5 2 5 5 2 1 1 5 5 1 25 x y x y x y xy xy .Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1 ; 5 5 Câu 3: Tính tích phân: 4 0 sin 2 1 cos2 x x I dx x Ta có Tính 4 4 0 0 sin 2 1 (1 cos 2 ) 1 cos2 2 1 cos2 x d x dx x x 4 0 1 1 ln(1 cos2 ) ln2 2 2 x Tính 4 2 0 cos x J dx x . Đặt: 2 ; tan cos dx u x du dx dv v x x 4 4 0 0 sin 2 ( tan ) ln cos 4 2 x J x x dx x . Vậy 1 ln 2 8 4 I Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a , 2SD a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Theo giả thiết (ABCD) (SBD) theo giao tuyến BD. Do đó nếu dựng AO (SBD) thì O BD. Mặt khác AS = AB = AD OS = OB = OD hay SBD là tam giác vuông tại S. Từ đó: 2 2 2 2 2 3BD SB SD a a a 2 2 2 2 3 4 2 a a AO AB OB a Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi: 3 . . 1 1 1 2 . . . . 2. 3 6 6 2 12 S ABD A SBD SBD a a V V S AO SB SD AO a a 3 . . 2 2 6 S ABCD S ABD a V V (đvtt) Trong SBD dựng OH SD tại H (1) H là trung điểm của SD. Theo chứng minh trên AO (SBD) AO OH (2) (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD. Vậy 1 ( , ) 2 2 a d AC BD OH SB Câu 5: Cho hệ phương trình: O B D C A S H 4 3 2 2 2 3 2 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0 (1) 2 3 x x x x x m y y y y y m x my m ( , )x y Chứng minh rằng m , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. Đồ thị hàm số 3 2 ( ) 2 3f x x x x có tâm đối xứng 1 ; 0 2 I và đồ thị hàm số 2 2 ( ) 3g x x x m có trục đối xứng 1 2 x . Do đó nếu đặt y = 1 x và thay vào vế trái của (1) ta được: 3 2 2 2 3 2 2 2 (2 3 ). 3 [2(1 ) 3(1 ) 1 ]. (1 ) (1 ) 3x x x x x m x x x x x m 3 2 2 2 3 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0, ,x x x x x m x x x x x m x m Chứng tỏ m , phương trình (1) luôn nhận nghiệm ( ; 1 ),x x x Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình: 2 1 2 3 y x x my m có nghiệm m hay phương trình 2 2 3 3 0x mx m có nghiệm m . Điều này là hiển nhiên vì 2 2 3 3 ' 3 3 0, 2 4 m m m m Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD.Ta có ( 2; 1), 5AB AB ; (C) có tâm 9 1 ; 2 2 I và bán kính 10 2 R ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0 7 2 ( , ) 2 5 m d I CD ; 2 2 2 ( , )CD R d I CD 2 2 5 (7 2 ) 5 2 7 6 0 1; 6 2 20 m m m m m Vậy phương trình CD: x – 2y 1 = 0; x – 2y 6 = 0 Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1;0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z và tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + 5 = 0 một góc 30 0 . Gọi ( ) (2 2 ; ; 2 )N d N t t t Ta có: (1 2 ; 1; 2 )MN t t t và mp(P) có vtpt (2; 1; 1)n (d) tạo với (P) góc 30 0 nên: 0 2 2 2 2 4 1 2 1 sin30 cos , 2 (1 2 ) ( 1) ( 2) . 6 t t t MN n t t t 2 2 2 3 3 9 10 18 0 0; 2 5 6 2 6 t t t t t t t + Với t = 0, phương trình 1 1 : 1 1 2 x y z + Với 9 5 t , phương trình 1 1 : 23 14 1 x y z Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z và 1 1 2 z i z i . Giả sử , ( , )z x yi x y . Ta có: + 2 2 2 2 2 2 6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y + 1 1 ( 1) ( 1) ( 2) 2 z i x y i x y i z i 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2)x y x y 3 1 0x y Giải hệ phương trình: 2 2 2 2, 1 3 1 3 7 1 , 3 1 0 4 3 1 0 4 4 x y x y x y x y x y y y Vậy 7 1 2 ; 4 4 z i z i Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 và hai điểm B(1;4), C(3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. 5 Giả sử A(x; y) (C) (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 Ta có: 2 5BC và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0 2 7 ( , ) 5 x y d A BC Diện tích tam giác ABC: 1 . ( , ) 19 2 ABC S BC d A BC 2 12 2 7 1 .2 5. 19 2 26 2 5 x y x y x y TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được 2 23 5 48 115 0 5; 5 y y y y + 5 2y x + 23 14 5 5 y x TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y 2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm) .Vậy (2; 5)A ; 14 23 ; 5 5 A Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 4 6 67 0S x y z x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9 Giả sử (P) có vtpt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0)n A B C A B C (P) // BC nên ( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; )n BC n BC A B C n B C B C (P) đi qua A(13; 1; 0) phương trình (P): ( 4 ) 12 52 0B C x By Cz B C (P) tiếp xúc (S) 2 2 2 4 2 3 12 52 [ ,( )] 9 ( 4 ) B C B C B C d I P R B C B C 2 2 0 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0 4 0 B C B BC C B C B C B C Với B + 2C = 0 chọn 2 1 B C , ta được phương trình (P): 2x + 2y z + 28 = 0 Với B 4C = 0 chọn 4 1 B C , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z 100 = 0 Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài toán. Câu 7b: Giải bất phương trình sau: 2 4 4 1 1 log ( 3) log 4 3 x x x Điều kiện: 2 2 4 3 0 3 4 3 1 4 3 0 2 2 3 1 x x x x x x x x x Khi đó có 3 trường hợp: TH1: Nếu x > 4 thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x và 4 4 log ( 3) log 1 0x . Do đó bpt tương đương: 2 2 4 4 log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x (đúng 4x ) TH2: Nếu 2 2 4x thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x và 4 4 log ( 3) log 1 0x . Suy ra bpt vô nghiệm. TH3: Nếu 3 2 2x thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x và 4 4 log ( 3) log 1 0x . Do đó bpt tương đương: 2 2 4 4 log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x (đúng (2; 2 2)x ) Vậy bpt có tập nghiệm là (2; 2 2) (4; )S . 1 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 38 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. 67 0S x y z x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương