Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị C sao cho đoạn AB nhỏ nhất?. Câu II 2 điểm 1.. PHẦN RIÊNG 3 điểm: Thí sinh chỉ đ
Trang 1
Môn thi : TOÁN ; Khối : A,A1,B,D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác nhau của đồ thị (C) sao cho đoạn AB nhỏ nhất?
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 (x R)
2 Giải hệ phương trình: (x R)
2
2
3
1 4
x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2 3
0
sin
x
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 o Trên cạnh SA lấy điểm M sao choAM a 3 Mặt phẳng
3
cắt cạnh tại điểm Tính thể tích khối chóp
Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn (x+y)3 + 4xy 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + 1
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm ( , ) 3 1 Các đường thẳng AB, CD lượt đi qua các
2 2
I
điểm M(-4;-1), N(-2;-4) Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : , 2 :
.Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1một góc 300
Câu VIIa(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
4 ) (
2 2
2 2
z z
i z z i z
B Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1 và .Tìm
tọa độ các điểm M thuộc ( ) d1 và N thuộc ( d2) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
độ dài đoạn MN bằng
P : – x y z 2012 0 2
2
log ( 5) log ( 4) = 1
……… … ……… Hết……….
DeThiMau.vn
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2013-2014
Chiều biến thiên
nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
lim ( ) lim ( ) 2
nên x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
lim ( ) , lim
f x
y’ = 3 2
0 ( x 1)
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên ( ; 1)và ( 1; )
Hàm số không có cực trị
0.25
Đồ thị
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là ( ;0)1
2
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng
0.25
2.
1.0
1
x X
-
2 +
2
Trang 3Tong hệ trục tọa độ mới, giả sử A 3 (a>0), B (b<0)
;
a a
3
;
b b
Khi đó AB =
2
2
0.25
Ta có b a a b 2 ab ( b a )2 4 ab 0
ab
Suy ra AB 24 Dấu = xảy ra khi
2
3 9
a b ab
0.25
Vậy trong hệ trục tọa độ gốc I hai điểm A, B có tọa độ là A 3; 3 , B 3; 3
Do đó trong hệ trục Oxy tạo độ của A, B là : A 1 3; 2 3 , B 1 3; 2 3 0.25
Câu I
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x
0.25
4 os3xcosx=2 3 os 2 s inxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c
0.25
+ osx=0 x=
2
+
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
6
k
0.25
KL
12
k x
0.25
§k y 0;
2 2
3 3
3
1
4
x
x
0.25
Đặt
1
y x b y
0.25
DeThiMau.vn
Trang 4Ta được
1
b
Khi đó 1 1 KL
1 2
y x x
x
Cõu
1
cos
u x
du dx dx
dv
x
3
0.25
2
x
x
3
0
0.25
1 2
3 1
2 3
0.25
Cõu
Ta có ( SAB) ( BCNM) và
Từ S hạ SH vuông góc với đường thẳng BM
thì SH (BCNM) hay SH là đường cao
của hình chóp SBCNM
Mặt khác :
SA = AB.tan600 = a 3
Suy ra : MA = SA 1
3
0,25
Lại có : MN là giao tuyến của của
mp(BCM) với mp(SAD), mà
BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC
Do đó : MN SM 2 4a
MN
Vì AD (SAB) nên MN (SAB) , suy ra MN BM và BC BM
Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông BCNM
0,25
N
D
A
S
M H
Trang 5Ta có : SBCNM = 1 MN BC BM
Trong đó : BC = 2a , MM 4a và BM = =
3
3
Vậy SBCNM =
2
4a 2a 2a 3 10a 3 3
0,25
Khi đó : VSBCNM = SH S1 BCNM
3
Tính SH : Ta có ∆MAB ∆ MHS , suy ra :
MB
2a 3 a
2a 3 3
Vậy : VSBCNM = a 1 =
3
2
9
3
27
0,25
Ta cú 2 (x+y)3 + 4xy (x+y)3 + (x+y)2 (x+y)3 + (x+y)2 – 2 0 x + y 1 0,25
A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + 1 = 2 22 2 2 2 2
3 x y x y 2 x y 1
=
2 2 2 2 22 2 2
4
2 2 2 2 2
9
Đặt t = x2 + y2 2 t và A
2
x y
1
Xột hàm số : f(t) = 9 2 , t cú f’(t) = > 0 t f(t) f( ) =
4 t t 1
2
9 2
2
A Đẳng thức xảy ra x = y = Vậy giỏ trị nhỏ nhất của A bằng
9
2
9 16
0,25
Cõu
0.25
0.25
0.25
0.25
DeThiMau.vn
Trang 6Phương trình đường thẳng 2 : 0
Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng
(x + y) + (3y + z + 2) = 0 với 2 + 2 0 x + ( + 3)y + z + 2 = 0
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n ( ; 3 ; ) 0,25 Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 một góc 300 Ta có sin(1,(P)) = | os( , ) | c u n 1
| 1 2( 3 ) 1 |
3 3 5 | 5 | 0,25
22 - - 102 = 0 (2 - 5)( + 2) = 0 2 = 5 v = - 2
Với 2 = 5 chọn = 5, = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0
Với = - 2 chọn = 2, = - 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0.
Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2
= 0
0,25
Câu
+ Gọi số phức z = x + yi (x,yR)
Hệ
4 4
) 2 2 ( ) 1 ( 2
xyi
i y i y
3
3 2
4 1 4
1 1
4
y x
x
y x y
x y
0.25
Vậy số phức cần tìm là : z i
3 3
4
1
4
Câu
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm) Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600
0 0
AMB 60 (1) AMB 120 (2)
0.25
Vì MI là phân giác của AMB nên :
0
IA
sin 30
0
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; 7 ) và (0 ; 7 ) 0.25
+ MN song song mp(P) nên: n NM P 0 1.( t1 2 t2 1) 1.( t1 t2) 1(2 t1 t2 1) 0
0.25
Trang 7+ Ta có:
1
1
0
7
t
t
0.25
+ Suy ra: M (0; 0; 0), N ( 1; 0; 1) hoặc ( ; 4 4 8 ; ), ( ; 1 4 3 ; )
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ( ) P
KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.
0.25
Câu
2
( )
I
2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( )
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2)
I
Đặt log2y(1 x ) t thì (1) trở thành: 1 2
t
Với t1 ta có: 1 x y 2 y x 1 (3). Thế vào (2) ta có:
2
Suy ra:
0 2
x x
1 1
y y
0,25
+ Kiểm tra thấy chỉ có x 2, y 1thoả mãn điều kiện trên
DeThiMau.vn
