www.facebook.com/hocthemtoan
www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 34 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 3 2 (1)y x x . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin3 cos3 cos2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x . 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a và 0 90SAB SCB . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b 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 thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E . Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích .MA MB nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2z i z z i và 2 2 ( ) 4z z . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x . ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………; Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN 34 Câu 1: 1, Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 ; 1; Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CĐ = 4 Giới hạn: lim ; lim x x y y Bảng biến thiên: y’’= 6x; y’’= 0 x = 0, y (0) = 2 đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (2; 0), (2; 4) Đồ thị: Câu 1: 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4 2 2 ( ) : log ( 1)d y m và 3 ( ') : 3 2C y x x , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 4 2 2 0 log ( 1) 4m 2 1 1 2m 2 1 0 1 0 m m m Câu 2: 1. Giải phương trình: sin3 cos3 cos2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3 3 2 2 3sin 4sin 4cos 3cos cos2 sin(1 tan ) 2sin 2 1 (sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos ) cos sin 2sin 2 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x sin cos 0 (1) sin cos sin 1 (2) cos x x x x x x (1) tan 1 , 4 x x k k cos sin 0 tan 1 (2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( ) 4 1 cos 0 cos 1 2 x x x x k x x x k x x x k So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 , 4 x k x k k Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y . 1 x y’ + y 1 0 0 + + + 4 0 x y 1 1 2 0 2 2 4 x y 1 1 2 0 2 2 4 Đk 7y . Khi đó hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 ( 3) 7 13 ( 3) 7 6 x x y x x y Đặt: 2 2 3; 7, 0u x x v y v . Khi đó hệ phương trình trở thành: 2 2 13 6 u v uv 2 2 1 2 3 ( ) 2 13 ( ) 1 6 3 2 6 6 u v u u u v uv u v uv v v uv uv Giải các hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 3 , 7 3 7 2 x x x x y y , ta được nghiệm của hệ đã cho là: 1 5 1 5 0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4 2 2 Câu 3: Tính tích phân 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x Xét: 0 2 2 2 4 4 1 2 2 2 0 4 4 sin sin sin 1 2cos 1 2cos 1 2cos x x x x x x I dx dx dx x x x = I 1 + I 2 Đặt x t dx dt . Đổi cận: ; 0 0 4 4 x t x t Khi đó: 0 0 2 2 2 2 4 4 1 2 2 2 2 0 0 4 4 sin sin( ) sin sin ( ) 1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos x x t t t t x x I dx d t dt dx x t t x Suy ra 1 0I 4 4 2 2 2 2 4 4 1 1 1 . 1 1 2cos cos 2 cos I dx dx x x x Đặt 2 1 tan cos t x dt dx x . Đổi cận: 1; 1 4 4 x t x t 1 2 2 1 1 3 I dt t Lại đặt 2 3 tan 3(1 tan )t u dt u du . Đổi cận: 1 ; 1 6 6 t u t u 6 6 2 6 6 3 3 3 3 3 9 I du u . Vậy 1 2 3 = 9 I I I Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a và 0 90SAB SCB . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: + ( ) (gt) SH ABC HA AB SA AB . Tương tự HC BC Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: / / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC [ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a S B H C A K + Dựng HK SC tại K (1). Do ( ) (2) BC HC BC SHC BC HK BC SH (1) và (2) suy ra ( )HK SBC . Từ đó [ ,( )] 2d H SBC HK a 2 2 2 2 3 2KC HC HK a a a . 2. 3 tan 6 HK SH HK HC a a SCH SH a KC HC KC a Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 3 1 1 1 6 . . . 3. 3. 6 3 6 6 2 ABC a V S SH AB BC SH a a a + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc 0 45SBH (do SHB vuông cân) Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b Từ giả thiết ta có 3 3 3 b b c c a a P a b c Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b b b a b b a a Tương tự 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c c c b c c b b 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a a a c a a c c Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 9 3 3 ( ) 16 4 2 3 3 3 b b c c a a a b c a b c P a b c Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1a b c Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip 2 2 ( ): 1 9 4 x y E . Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3. vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0. Phương trình hoành độ giao điểm của và (E): 4x 2 + (x + m) 2 = 36 5x 2 + 2mx + m 2 36 = 0 (1) Đường thẳng cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 phân biệt = 720 – 16m 2 > 0 3 5 3 5m (2) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 10 10 ( ) ( ) . 720 16 3 15 AB x x y y x x m ( , ) 10 m d O 1 . ( , ) 3 2 OAB S AB d O 4 2 3 10 16 720 8100 0 2 m m m (thỏa điều kiện (2)) Vậy phương trình đường thẳng : 3 10 3 0 2 x y Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và đường thẳng (d) có phương trình: 3 2 3 4 1 2 x y z . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích .MA MB nhỏ nhất. Ta có trung điểm của AB là I(2; 3; 0) 2 2 2 . 9MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA MI Suy ra .MA MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d). ( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t (d) có vectơ chỉ phương (4; 1; 2)u . 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t (1; 3; 1), 38M MI . Vậy min . 29MA MB đạt được khi (1; 3; 1)M Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2z i z z i và 2 2 ( ) 4z z Giả sử ( , )z x yi x y . Từ giả thiết ta có: 2 2 ( 1) ( 1) ( ) ( ) 4 x y i y i x yi x yi 2 2 2 ( 1) ( 1) 1 x y y xy 2 2 3 0 4 0 4 1 4 x y x y xy x 3 3 4 2 2 x y . Vậy 3 3 2 4 2 z i Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của 2 5 : ( ) 5 9 x t BM t y t B, M BM 2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m M là trung điểm BC 10 6;18 11C m m Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b (10 8;18 12)AC m m . 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b 2b m (1) . 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m (2) Thế (1) vào (2), ta được : 2 1 26 106 105 26 0 ; 2 53 m m m m Với 1 , 1 2 m b ta được B(3;4), C(-1;-2) Với 26 52 , 53 53 m b ta được 154 203 58 115 ; , ; 53 53 53 53 B C Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z . Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t) 2 2 2 2 2 (2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t 2 2 2 2 2 4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t Trong mpOxy xét các vectơ (3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t Có: 2 2 | | 3 5; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t Ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2 | | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t hay 3 5MA MB . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u và v cùng hướng 3 2 1 1 3 1 5 2 t t t Vậy min ( ) 3 5MA MB đạt được khi 1 0; 2; 2 M Câu 7b: Giải phương trình: 3 3 2 2 log 3 2 3log 2x x Với điều kiện x > 0, ta đặt 2 logu x và 3 3 2 3 2 3v u v u Ta có hệ: 3 3 2 3 2 3 u v v u 3 3 3 3 2 2 2 3 2 3 3( ) ( )( 3) 0 u v u v u v v u u v u uv v (*) Do 2 2 2 2 1 3 3 3 0, , 2 4 u uv v u v v u v nên: 3 3 1 2 3 (*) 2 0 3 2 0 v u u v u v u v u v u u Với 2 1 1 log 1 2 u x x Với 2 2 log 2 4u x x