ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 47 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

1 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 47 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 y = x 3mx + 2 (1), m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 3cot 2 2 sin (2 3 2)cosx x x   2. Giải phương trình: 2 7 3 6 3 3 x x x     Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 1 3 3 9 1 x dx x x   Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB=a 3 ,  0 BAD=60 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 x y z P x y z y z x                               Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 2 2 , 3 3 ) và I(1,-2). Xác định tọa độ đỉnh C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d      , điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và  bằng 2 3 . Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức 1 2 z ,z thỏa mãn 1 i.z 2 0,5  và 2 1 z =i.z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 z z ------------------------Hết---------------------- 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 47 Câu 1: 1, Với m = 1  3 2 y = x 3x + 2 a) TXĐ: R b) Sự biến thiên: *) Giới hạn: lim ; lim x x y y       *) Chiều biến thiên: 2 x = 0 x = 2 y' = 3x 6x ; y' = 0      Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; + ), hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, y CT = - 2 BBT x - 0 2 + f’(x) + 0 - 0 + f(x) 2 +  - -2 c) Đồ thị: 5 4 2 -2 -4 O 2 y x Câu 1: 2, 3 2 y = x 3mx + 2  2 y' = 3x 6mx ; x = 0 x = 2m y' = 0     Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Với m  0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m 3 +2) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là: 2 3 x y 2 = 2m x + y 2 = 0 2m - 4m    . AB cắt Ox tại 2 1 C ;0 m       , cắt Oy tại A(0; 2) Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có: OAC 2 2 1 1 1 1 S = OA.OC = .2. = 2 2 m m Yêu cầu bài toán thỏa mãn 2 4 1 1 = m m 2 = ±  (thỏa mãn m  0) Vậy 1 m 2 = ± Câu 2: 1, Điều kiện : x  k Phương trình tương đương: 3cosx( 2 sin cos 2  x x ) = 2(cosx - 2 sin 2 x)  (cosx - 2 sin 2 x)(3cosx – 2sin 2 x) = 0       02cos3cos2 02coscos2 2 2 xx xx 3 2 1 cos 2 ( ); cos ; cos 2 ( ); cos 2 2 x loai x x loai x       KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x =   2 4 k & x =   2 3 k Câu 2: 2, 2 2 7 1 1 3 6 3 ( 1) 2 ( 1) 2 3 3 3 x x x x x           , 7x   Đặt 1 1 ( 1) 2 ( 0) 3 u x v x v            ta có hệ phương trình: 2 2 1 2 3 1 2 3 u v v u             2 2 2 2 2 2 ( )[3( ) 1] 0 3 6 3( ) 0 3 6 3 6 3 6 u v u v u v u v u v u v v u u v                                2 0 3 6 u v u v        hoặc 2 3( ) 1 0 3 6 u v u v         2 2 1 73 (lo¹i) 0 6 3 6 3 6 0 1 73 6 u u v u v u v u u u                           2 2 1 1 69 3( ) 1 0 3 6 17 3 6 1 69 3 0 (lo¹i) 3 6 v u u u v u v u u u                                    + Với 1 3 7 1 73 73 5 1 6 6 6 u x         . + Với 1 69 1 69 69 7 1 6 6 6 u x            . Câu 3: 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 3 3 (3 9 1) 3 9 1 3 9 1 x I dx x x x dx x dx x x dx x x              1 1 2 3 1 1 3 1 3 26 3 27 I x dx x    1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 3 1 1 16 2 9 1 9 1 (9 1) (9 1) 18 27 27 I x x dx x d x x          . Vậy 26 16 2 27 I   Câu 4: Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra 2 AB SM a  do đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM thì SH  AB. Mặt khác (SAB) (ABCD) nên suy ra ( )SH ABCD 2 3 1 1 1 1 3 1 4 3 . . . . 3 3 2 3 2 2 4 4 NSDC SNDC DNC BDC a a a V V SH S SH S        Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên   ( , ) ( , )SM DN SM QM . Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK  MQ Mà SH  (ABCD), HK  MK suy ra SK  MQ suy ra    ( , ) ( , )SM DN SM QM SMK  4 Trong tam giác vuông SMK:  1 1 1 3 3 2 4 4 os 4 MQ DN a MK c SMK SM a a a      N M B A S C D H Q K Câu 5: ĐÆt x = 2 2 2 , ,a y b z c  . Do 2 2 2 3 3x y z suy ra a b c      . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 2 2 2 3 3 3 a b c P b c a       . Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b        (1); 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b c c c c c        (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a        (3) Cộng theo vế ta được:   2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c P a b c        (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 =3. Từ (4) 3 2 P  vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P  khi a = b = c =1  x = y = z = 1 Câu 6: 1, 7 4 (2;4), ; 3 3 IM GM           Gọi A(x A ; y A ). Có 2AG GM    A(-4; -2). Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM  làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0  x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C  BC  x + 2y - 7 = 0. Mặt khác IC = IA  2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y         . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 7 0 ( 1) ( 2) 25 x y x y           Giải hệ phương trình ta tìm được 5 1 x y      và 1 3 x y      .Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Câu 6:2, Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng 2 3 . (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) 2 2 2 2 ( ,( )) 2 2 2 2 2 2 (1 1) (4 1) (2 1) 2 3 2 3 (5 ) 12( ) 12 13 11 10 0 (3) A Q a b c d b c a b c a b c a b c bc                     Thay (2) vào (3) có 2 2 7 8 0a ab b   . Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a = 1 7  Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0 5 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP 1 1 1 1 1 1 , , 4(1,2, 1) 1 3 3 5 5 1 u                  nên  có phương trình: 1 4 2 1 2 1 x y z      Với b = 1 , a = 1 7  thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP ( 8,11,17)u   nên  có phương trình: 1 4 2 8 11 17 x y z      Câu 7: Đặt 1 1 1 1 1 ( , )z x iy x y R   Khi đó điểm M 1 1 ( , )x y biểu diễn 1 z , 2 2 1 1 1 1 1 i.z 2 0,5 i.x 2 0,5 ( 2) 0,25y x y          Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn 1 z là đường tròn (C 1 ) tâm O 1 (0, 2 ) bán kính R 1 =0,5. 2 1 1 1 z iz y x i    Suy ra N (- y 1 , x 1 ) biểu diễn 2 z Ta cần tìm M thuộc (C 1 ) để 1 2 z z MN  nhỏ nhất Để ý rằng 1 1 1 1 ( , ) ( , )OM x y ON y x    và OM = ON nên MN = 2 .OM MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO 1 đường tròn (C 1 ) tại M 1 (0, 1 2 2  ) và M 2 (0, 1 2 2  ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 1 2 2  khi M trùng M 1 (0, 1 2 2  ) tức là 1 1 ( 2 ) 2 z i  . 1 www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 47 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. ------------------------Hết---------------------- 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 47 Câu 1: 1, Với m = 1  3 2 y = x 3x + 2 a) TXĐ: R b) Sự biến thi n: *) Giới hạn: lim ; lim x x