ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 48 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

0 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 48 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số     3 2 2 3 3 2 1y x m m x m m       , trong đó m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2m  2. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2y  tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 1 2 3 , ,x x x và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 2 2 2 1 2 3 18x x x   Câu 2 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình   2 2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3 2 x x x x   2. Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 4.log 2 4.log , 4, 4 x x y x y y x y x y x y                  Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 6 4 4sin cos 1 6 x I dx x x              Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn 2 , 2, 6AB a BC a BD a   . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a . Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1a b c       . Chứng minh rằng   2 2 2 2 6ab bc ca a b c      . 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 VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (I) và   3;3A . Điểm M(3; -1) nằm trên đường tròn (I) và thuộc cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các đường thẳng BC, AC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết rằng trực tâm tam giác ABC là điểm H(3;1), đường thẳng DE có phương trình là 2 3 0x y   và hoành độ của B nhỏ hơn 2. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng   : 3 0P x y z    và đường thẳng 1 : 1 3 1 x y z     . Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng  và cách đường thẳng  một khoảng bằng 8 66 . Câu VIIa (1,0 điểm) Giả sử 1 2 3 , ,z z z là ba nghiệm của phương trình 3 10 0z z   . Tính giá trị của biểu thức 2 2 2 1 2 3 z z z  . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh   2;6A , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm 3 2; 2 D        và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm 1 ;1 2 I        . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng lần lượt có phương trình 1 2 3 3 2 1 2 1 1 : ; : ; : 2 1 3 1 2 3 1 2 3 x y z x y z x y z                 Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm   4; 3;2A  cắt 1 2 ,  và vuông góc với đường thẳng 3  . Câu VIIb (1,0 điểm) Cho các số phức 1 2 3 , ,z z z thỏa mãn 1 2 3 1z z z   . Chứng minh rằng: 1 2 2 3 3 1 1 2 3 z z z z z z z z z     1 -------------------Hết------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 48 Câu1: 1. (1,0 điểm)Khi 2m  hàm số (1) có dạng 3 3y x x  a) Tập xác định D   b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: 2 ' 3 3y x  , ' 0 1y x    . Khi đó xét dấu của 'y : + + - 0 0 1-1 +  -  y x hàm số đồng biến trên khoảng     ; 1 , 1;    và nghịch biến trên khoảng   1;1 . +) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 1, 2 CD x y   .Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2 CT x y   +) Giới hạn: 3 3 2 2 3 3 lim lim 1 ; lim lim 1 x x x x y x y x x x                         +) Bảng biến thiên: -2 2 +  -  - + + 00 1 -1 +  -  y' y x c) Đồ thị: 3 0 3 0 0, 3y x x x x        , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các điểm       0;0 , 3;0 , 3;0 '' 0 6 0 0y x x      đồ thị hàm số nhận điểm   0;0 làm điểm uốn. 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 1 -1 2 1 -2 -1 0 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng 2y  :     3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 0x m m x m m x m m x m m                    2 2 3 0 3 0 2 x m x m x mx m x mx m                Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2y  tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác m   2 2 2 3 0 2 6 4 3 0 m m m m m m m                        Giả sử 1 2 3 ; ,x m x x là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được: 2 3 2 3 . 3 x x m x x m          Do đó   2 2 2 2 2 1 2 3 2 3 2 3 18 2 18x x x m x x x x        2   2 2 2 3 2 3 18 12 0 4 m m m m m m m                  . So sánh với điều kiện của m ta được 3m  thỏa mãn. Câu 2: 1. (1,0 điểm)Ta có   2 2 3sin . 1 cos 4cos .sin 3 2 x x x x     2 3sin 2 3sin .cos 2cos 1 cos 3x x x x x         2 2 2 3sin cos 3sin 2 3sin .cos cos 0x x x x x x         3sin cos 0 3sin cos 3sin cos 2 0 3sin cos 2 x x x x x x x x               +) 3sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 0 6 6 6 x x x x x                        , 6 6 x k x k k             +) 3sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1 6 6 6 x x x x x                        2 2 2 , 6 2 3 x k x k k               Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 2 , 2 , 6 3 x k x k k           Câu 2:2. (1,0 điểm) Hệ phương trình tương đương với:     2 2 2 2 log 4 2 4 log 4 2 4 x y x x y x y y                . Đặt     2 , ;4 2 4 t f t t t t      ta được     2 2 4 ' 0, 4 2 4 2 4 t f t t t t t t          suy ra   f t là hàm số đồng biến trên   ;4 Nếu     2 2 log logx y f x f y y x y x       vô lý. Nếu     2 2 log logx y f x f y y x y x       . Vậy x y Thay x y vào phương trình thứ nhất ta được     2 log 0g x f x x   . Mặt khác ta có   2 0g  và     2 2 4 1 ' 0, 4 .ln2 2 4 2 4 t f t t t t t t t           suy ra     2 2g x g x   2x y   . Thử lại ta thấy     ; 2;2x y  thỏa mãn hệ. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất     ; 2;2x y  . Câu 3:Ta có   2 2 2 6 6 6 4 4 4 3sin 2 cos2 2 2 3sin cos cos 1 4sin cos 1 6 x x x I dx dx dx x x x x x x x                          2 2 2 6 6 2 cos 2 1 cos 3 6 x x dx dx x x                          Đặt 2 tan cos 6 6 u x du dx dx dv v x x                                  nên 2 2 2 2 6 6 6 6 3 3 6 tan tan lncos 6 6 2 2 6 cos 6 d x x x x dx x x                                                                       3 ln 3 2    3 K O M H D C B S A Câu 4: (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD), M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABCD. Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên 2 2 2 2 2 3 6 2 6 2 4 2 2 3 3 AB AD BD a a AO a AO AO AH AO           2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 4 2 3 3 3 2 4 2 4 3 BD BC CD a a a a BM a BM a BH            Ta có 2 2 2 2 4AH BH a AB AH BH     , kết hợp với AH vuông góc với SH ta được   AH SHB . Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được   AH SHB suy ra AH HK  HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB suy ra HK a . Trong tam giác vuông SHB ta có 2 2 2 1 1 1 2SH a HK SH HB     Ta có 3 . 1 1 4 1 4 2 . .4. . . 3 3 3 2 3 S ABCD ABCD OAB a V SH S SH S SH OA BH    Câu 5(1,0 điểm) Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c                 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số   2 2 2 2 2 2 , , ; 1 , 1 , 1 1 1 1 a b c a b c a b c             ta được       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c                        2 2 2 2 6ab bc ca a b c       . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a b c   Câu 6a: 1.(1,0 điểm) Theo giả thiết ta có A, H, M nằm trên đường thẳng 3 0x   suy ra D là trung điểm của HM   3;0D Đường thẳng BC đi qua D và có vector pháp tuyến   0;1 : 0HD BC y    . Gọi F là hình chiếu của M lên đường thẳng AB suy ra F thuộc đường thẳng DE suy ra   3 2 ;F t t Ta có 2 1 . 0 5 2 3 0 3 5 t FA FM t t t                TH1. Với . 3 21 3 ; :3 12 0 5 5 5 t F FA x y               Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ 3 12 0 4 0 0 x y x y y              loại do 2 B x  4 TH2. Với   1 1;1 : 0t F AF x y     . Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ   0 0 0;0 0 0 x y x B y y              . Do C nằm trên đường thẳng BC nên   ;0C u . Mặt khác H là trực tâm nên HB vuông góc với AC   . 0 3 9 3 0 4 4;0 .AC HB u u C           2. (1,0 điểm) Ta có (P) có vtpt   1;1;1 P n   ,  có vtcp   1;3; 1u     ,   1;0;0M  . Do     ; 4;2;2 d P d P d u n d P u n u d u u                                Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với  . Khi đó ta chọn   ; 2 4;1;7 Q d n u u            suy ra (Q) có dạng 4 7 0x y z d    . Ta có           4 ; ; ; 66 d d d d P d M P       . Từ đó kết hợp với giả thiết ta được: 4 8 4 8 4; 12 66 66 d d d d          +) Nếu   4 : 4 7 4 0d Q x y z      . Chọn điểm     1 13 ; ; 1 3 3 N P Q d            suy ra phương trình 1 13 1 3 3 : 2 1 1 x y z d        +) Nếu   12 :4 7 12 0d Q x y z       . Chọn điểm       1;1;1N P Q d  suy ra phương trình 1 1 1 : 2 1 1 x y z d        Câu 7a: (1,0 điểm) Ta có         3 2 10 0 2 2 5 0 2 1 2 1 2 0z z z z z z z i z i               Do đó ta có thể giả sử 1 2 3 2; 1 2 ; 1 2z z i z i      suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 1 2 4 1 2 1 2 14z z z i i             . Vậy 2 2 2 1 2 3 14z z z   Câu 6b: 1. (1,0 điểm) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: 2 0x   . Do E thuộc đường thẳng AD nên   2;E t . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên     2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 5 1 5 6; 4 2 2 IA IE t t t t                             . Do đo ta được   2; 4E  Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC hay BC nhận   5 1; 2 2 EI     là vector pháp tuyến. Do đó pt của BC là:   3 :1. 2 2. 0 2 5 0 2 BC x y x y               . Vậy : 2 5 0.BC x y   2. (1,0 điểm) 1  đi qua điểm   0,0,3M và có vtcp   1 2,1, 3u    ; 2  đi qua điểm   2,1,0N và có vtcp   1 1,2, 3u    . Ta có 1 2 ; . 0u u MN         suy ra 1 2 ,  đồng phẳng suy ra  nằm trong mặt phẳng chứa 1 2 ,  Kết hợp với  vuông góc với 3  nên ta có   3 3 1 2 1 2 , , , 3 1, 2,1 u u u u u u u u u                                      Đường thẳng  đi qua điểm A và có vtcp   1, 2,1 có phương trình là: 3 3 2 1 2 1 x y z      Câu 7b: (1,0 điểm) Ta có 1 1 2 2 3 3 1z z z z z z   nên 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 z z z z z z z z z         1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z             . GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 48 Câu1: 1. (1,0 điểm)Khi 2m  hàm số (1) có dạng 3 3y x x  a) Tập xác định D   b) Sự biến thi n +) Chiều biến thi n: 2. 0 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 48 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: