Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị H của hàm số.. Giải phương trình sin3x+sin2x+sinx+1=cos3x+cos2x−cosx.. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai mặt phẳng ABC và ACC1A1
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 114 Ngày 28 tháng 6 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H của hàm số )
1
1 2
+
+
−
=
x
x y
2 Tìm m để đường thẳng d:y=−x+m cắt (H tại hai điểm A, B thỏa mãn ) AB=2 2
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sin3x+sin2x+sinx+1=cos3x+cos2x−cosx
2 Giải bất phương trình +7−2 >4 +4−2
x
x x
x x
x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân d
2
2 ln 0
e e
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C 1 1 1 có M là trung điểm cạnh AB, BC =2a,∠ACB=900
và ∠ABC=600, cạnh bên CC tạo với mặt phẳng 1 (ABC một góc ) 450, hình chiếu vuông góc của 1
C lên mặt phẳng (ABC là trung điểm của CM Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai) mặt phẳng (ABC và ) (ACC1A1)
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+ y+z≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x zx z z yz y y xy x z y x
P
+
−
+ +
−
+ +
− + + +
=
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
a Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip , ( ) : 2 2 1
8 4
E + = có các tiêu điểm F1, F2 (F1
có hoành độ âm) Đường thẳng d đi qua F và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất2
cắt (E tại A và B Tính diện tích tam giác ) ABF1
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ,
1
1 1
1 1
2 :
−
+
=
+
=
x
2
3 1
1 1
x
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với ∆ một góc 300
Câu VIIa (1,0 điểm) Tính hệ số của x trong khai triển biểu thức 4 x+3(1−1x) ,(x>0),
n
biết rằng
n là số nguyên dương thỏa mãn 3 8 3 3
1
2 2
1
+ + n = n
C
b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol , (P):y2 =2x và điểm K(2;0)
Đường thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng , (P):x+2y−z+5=0 và đường thẳng
1
3 1
1 2
3
:x+ = y+ = z−
d Gọi d' là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và (P) Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với d' và EF =5 3
Câu VIIb (1,0 điểm) Giả sử z là số phức thỏa mãn z2 −2z+4=0 Tìm số phức
2
3
+
− +
=
z
z w
Hết
Trang 2-Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 114
Câu I: 1 (1,0 điểm)a) Tập xác định: \{− }
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có ( )− =−∞
−
xlim1
và lim( )
1+ =+∞
−
x Do đó đường thẳng x=−1 là tiệm cận
đứng của (H).
Vì lim = lim =−2
+∞
→
−∞
x
x nên đường thẳng y=−2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
* Chiều biến thiên: Ta có ' ( 31)2 <0,∀ ≠−1.
+
−
x y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;−1) (, −1;+∞)
* Bảng biến thiên
x −∞ 1− +∞
'
y − −
y
+∞
2
− 2−
−∞
c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại
;0
2
1
, cắt Oy
tại ( )0;1. (H) nhận giao điểm I(−1;−2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
2 (1,0 điểm)Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình
x x =−x+m
+
+
−
1
1
2x 1 (x 1)( x m x), 1 x (m 1)x m 1 0(1)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔∆>0⇔(m+1)2−4(−m+1)>0
Khi đó A(x1;−x1+m), B(x2;−x2 +m), với x1+x2 =m+1,x1x2 =−m+1
1 2
2 1 2
2 1 2
2 = ⇔ x −x + x −x = ⇔ x −x =
AB
Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là m=1,m=−7.
Câu II.1 (1,0 điểm )Phương trình đã cho tương đương với
x x
x x
x
x sin ) sin2 1 cos2 cos3 cos
3
x x x
x x x
xcos 2sin cos 2sin 2sin2 cos
2
sin
⇔
sin 2 (cosx x sin ) sin (cosx x x sin ) 0x
Từ đó ta có các trường hợp sau
*) sinx=0⇔x=kπ,k∈.
*) 2cosx+1=0⇔cosx=−21 ⇔x=±23π +k2π,k∈.
*) cosx+sinx=0⇔x=−π4 +kπ,k∈.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=kπ,x=±23π +k2π,x=−π4 +kπ,k∈.
2 (1,0 điểm) Điều kiện: 4 2 0 0.
0
>
⇔
>
− +
>
x x
x x
Khi đó bpt đã cho tương đương với x2 +7−2x>4 x2+4−2x
2− x+ =t t≥
x
>
<
⇔
>
+
−
⇔
>
+
3
1 0
3 4 4
2
t
t t
t t t
*) Với t<1 ta có x2−2x+4<1, bpt này vô nghiệm
*) Với t>3 ta có
−
<
+
>
⇔
>
−
−
⇔
>
+
−
6 1
6 1 0
5 2 3
4
2
x
x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x>1+ 6
x O
1
y
I− 2 1
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu III.(1,0 điểm)Ta có ( 1) d .
2 ln 0
2
e
xe
I x x
1
1 d
) 1 (
+
−
=
⇒ +
e v x e
e v
+
+ +
−
0
2 ln 0 0
2 ln
1
d 3
2 ln 1
d
x e
x e
x
2
ln
0
1 = ∫ x +
e
x
I Đặt e x =t ta có x=0⇒t=1; x=ln2⇒t=2 và d d
t
t
x=
Suy ra (d 1) 1 11 d ln ln( 1) 2ln2 ln3.
1
2 1
2 2
1
2
1
+
−
= +
t t t
t
t I
Thay vào (1) ta được I =35ln2−ln3.
Câu IV.(1,0 điểm)*) Gọi H là trung điểm CM Từ giả thiết
45 )) (
; ( )
1 1
Từ tam giác vuông ABC với BC=2a,∠ABC=600 ⇒AC=2a 3,
a CH a AB CM
a
2
1 ,
⇒
3 2 3 2
1
V ABC B C = ABC = =
*) Kẻ HK ⊥AC⇒ đường xiên C1K⊥ AC⇒∠((ABC);(ACC1A1))=∠C1KH
Tam giác MCA cân tại M ⇒∠MCA=∠MAC=300 ⇒HK =HC.sin300 = 2a
2 arctan ))
( );
((
2 )
HK
CH KH
C
Câu V.(1,0 điểm)Ta có x13 + y13 +1≥ xy3 ; y13 + z13 +1≥ yz3 ; z13 +x13 +1≥ zx3 .
Suy ra x23 + y23 + z23 +3≥ xy3 + yz3 +zx3 .
Suy ra P+3≥ xy3 + yz3 +zx3 + x2 −xy1 +y2 + y2 −yz1 +z2 +z2−zx1 +x2.
Mặt khác, áp dụng BĐT 1a+1b ≥a+4b, với a,b>0 ta có
+
− + +
+
− + +
+
− + + + +
≥
x zx z zx z
yz y yz y
xy x xy zx yz xy P
xy yz zx x y y z z x xy x y yz y z zx z x
Do đó P≥9 Dấu đẳng thức xảy ra khi x= y=z=1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi x=y=z=1.
Câu VIa: 1 (1,0 điểm)( ): 8 4 1
2 2
= + y
x
E có c= 8−4=2⇒F1(−2;0), F2(2;0)
Từ giả thiết ⇒d:y=x−2 hay x−y−2=0
2
; 3
8 ), 2
; 0 ( 1 4 8
2 2
−
⇒
= +
−
=
B A
y
x
x
y
16 2 2 2 3
8 2
1 )
; ( 2
1
1
S F AB
2 (1,0 điểm)
*) (P) chứa d⇒(P) đi qua M(2;−1;−1)⇒ pt (P) có dạng
)
0 (
0
−
+
Ax d⊂(P)⇒u d.n P =0⇔A+B−C=0 (1)
1
6
| 2
| 2
1 )) (
; sin(
30 ))
(
;
(
2 2 2
+ +
+ +
⇔
=
∆
⇔
=
∆
∠
C B A
C B A P
*) Từ (1) có C= A+B thay vào (2): 2 2
2
B
C
A M
H K
1
C
1
A
2a
B
Trang 4Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 + Khi A=−2B Chọn B=−1, A=2,C =1⇒(P):2x−y+z−4=0.
+ Khi A=−B2. Chọn B=−2, A=1,C =−1⇒(P):x−2y−z−5=0
Câu 7a(1,0 điểm) Từ giả thiết ta có 3(n+1)+8.(n+22)(n+1)=3.(n+1)6n(n−1),n≥2
⇔ +6 8(n+ =2) n n( − ⇔1) n2 −9n−22 0= ⇔ =n 11n= − ⇔ =2 n 11.
Theo khai triển nhị thức Newton ta có
∑
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
=
−
i i k k k
k k
k k
k k
k
x C x
C x
x C x
x
0 11 11
0 11 11
11
0 11
11
) 1 (
) ( 3
1 1 3 ) (
1
1
11 0
11 0 11
i k i k
i
i k k k
−
=
=
−
Xét phương trình 112−k −i=4,0≤i≤k≤11
=
=
=
=
⇔
≤
≤
≤
= +
⇔
0 , 3
1 , 1 11
0 , 3 2
i k
i k k
i i
k
Suy ra hệ số của x là 4 3 .( 1) 3.33 4422
11 1 1 1
1
11 C − +C =
C
Câu VIb.1 (1,0 điểm)– TH1: d ⊥Ox⇒d:x=2. Từ 0
) 2
; 2 (
) 2
; 2 ( 2
2
−
⇒
=
=
ON OM N
M x y
x
.(1)
– TH2: d ⊥/Ox⇒d:y=kx−2k. Tọa độ M, N là nghiệm của
=
−
=
x y
k kx y
2
2 2
0 4 2
2 − − =
⇒ky y k .(2) Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇔k≠0
Gọi 2
2 2 1
2
2 ,
;
y N y
y
M trong đó y1, y2 là nghiệm của (2).
2 2
1 + = − + − =
ON
vuông tại O Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp OMN∆ là trung điểm MN ⇒I∈d
2 (1,0 điểm)d cắt (P) tại E(−1;0;4) Giả sử F(x0; y0; z0), F∈(P)⇒x0+2y0 −z0 +5=0 (1)
Vì EF ⊥d' nên EF ⊥d (định lí 3 đường vuông góc) ⇒u d.EF =0 ⇔2x0+y0+z0−2=0.(2)
75 ) 4 ( )
1 ( 3
0
2 0
2
⇔
Từ (1), (2) và (3) suy ra F(4;−5;−1), hoặc F(−6;5; 9)
Câu VIIb.(1,0 điểm)Từ giả thiết z2−2z+4=0 ta có (z−1)2 =−3⇔z=1± 3i
*) Với z=1+ 3i ta có
7
7 7
7 7
) 6
sin 6 (cos
) 4
sin 4
(cos 2 8
1 ) 3 (
) 1 ( 3
3
3 3
π π
π π
i
i i
i i
i w
+
− +
−
= +
−
=
+
−
=
cos sin
8 2 cos sin 3
i i
i
+ +
*) Với z =1− 3i ta có
7
7 7
7
) 6
sin 6
(cos
) 4
sin 4
(cos 2 8
1 ) 3 (
) 1 (
π π
π π
− +
−
+
=
−
+
=
i
i i
i w
32
1 3 32
1 3 3
1 8 1 6
7 sin 6
7
cos
4
7 sin 4
7
cos
2
8
1
i i
i i
+
−
−
=
− +
−
+
π π