Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Gọi C, D là hai
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 56
Ngày 03.4.2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m là tham số thực).
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0
2 Xác định m để điểm M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam(2 ; )3
giác có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
sin 2 cos 6 sin 3 sin 2 sin 8
2
x x x x x
x y xy
x y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4
0
sin 2
1 cos 2
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a ,
2
SD a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:
2
x my m
( ,x y ) Chứng minh rằng m , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm
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 tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(1; 3) Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD.
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 1; 0), cắt
x y z
và tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + 5 = 0 một góc 300
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2z2 và 6 1
1 2
z i
z i
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
( ) :S x y z 2x 4y 6z 67 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với
BC và tiếp xúc mặt cầu (S).
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 2
4 4
log ( 3) log x 4x3 x
Hết
Trang 2-Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 56
Câu 1:1Cho hàm số 3 2
y x m x m m x (m là tham số thực).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0
Ta có hàm số: 3 2
y x x TXĐ:
0
1
x
x
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 ; 1;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1
Giới hạn: limx y ; limx y
Bảng biến thiên:
1 2
'' 12 6; '' 0 12 6 0
2 2
I
là tâm đối xứng
Câu 1: 2 Xác định m để điểm M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một (2 3; ) tam giác có diện tích nhỏ nhất
Ta có:y' 6 x2 6(2m1)x6 (m m1); ' 0y x m x m ; 1 m , hàm số luôn có CĐ, CT Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A m m( ;2 33m21), (B m1; 2m33m2)
Suy ra AB 2 và phương trình đường thẳng AB x y: 2m3 3m2 m1 0
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất
Ta có:
2
2
m
d M AB d M AB
Câu 2: 1 Giải phương trình: 2 2 1
sin 2 cos 6 sin 3 sin 2 sin 8
2
x x x x x
Phương trình đã cho tương đương với:(1 cos 4 ) cos 6 1 cos 6 1sin 2 sin 8 1 cos 4 cos 6 sin 2 sin 8
1 (cos 2 cos10 ) (cos 6 cos10 ) cos 6 cos 2 2 0
4cos 2x 2cos 2x 2 0 (cos 2x 1)(2cos 2x 2cos 2x 1) 0
Câu 2: 2 Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , )
x y xy
x y
Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk 0
0
x y
Hệ đã cho tương đương với: 6 6 2 2
x y xy
x y xy
x y xy
x y’
y
0
+
1
0
x
1 2
0 1
1
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
5
x y xy x
x y y
x y
Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1;
5 5
Cách 2: Hệ đã cho tương đương với
Đặt u5x5 ,y v5 xy ĐK: u0, v0 Hệ trở thành:
2
v u
Do ĐK của u, v nên
u
Với u = 2 v = 1, ta được hệ:
1
5
25
x y
x y
x y xy
xy
.Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1;
5 5
Câu 3: Tính tích phân: 4
0
sin 2
1 cos 2
x
dx
4 0
ln(1 cos 2 ) ln 2
Tính 4
2
0 cos
x
x
cos
dx
x
4 4 0 0
x
x
1
ln 2
I
Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a , SD a 2 và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Theo giả thiết (ABCD) (SBD) theo giao tuyến BD Do đó nếu dựng AO (SBD) thì O BD
Mặt khác AS = AB = AD OS = OB = OD hay SBD là tam giác vuông tại S.
BD SB SD a a a
2
4 2
a a
AO AB OB a
Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi:
3
S ABD A SBD SBD
a a
V V S AO SB SD AO a a 3
2 2
6
S ABCD S ABD
a
(đvtt) Trong SBD dựng OH SD tại H (1) H là trung điểm của SD Theo chứng minh trên AO (SBD) AO OH (2)
(1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD Vậy 1
( , )
a
d AC BD OH SB
Câu 5: Cho hệ phương trình:
O B
D
C
A
S
H
Trang 4Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2
x my m
( ,x y ) Chứng minh rằng m , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm
Đồ thị hàm số f x( ) 2 x3 3x2 x có tâm đối xứng 1; 0
2
I
và đồ thị hàm số g x( )x2 x 3 m2 có trục đối xứng 1
2
x Do đó nếu đặt y = 1 x và thay vào vế trái của (1) ta được:
(2x 3x x) x x 3 m [2(1 x) 3(1 x) 1 x] (1 x) (1 x) 3 m
(2x 3x x) x x 3 m (2x 3x x) x x 3 m 0,x m,
Chứng tỏ m , phương trình (1) luôn nhận nghiệm ( ; 1x x x),
Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình: 2 1
y x
x my m
có nghiệm m hay phương trình x22mx 3m 3 0 có nghiệm m
Điều này là hiển nhiên vì
2
Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(1; 3) Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD.Ta có AB ( 2; 1), AB 5
; (C) có tâm 9 1;
2 2
I
và bán kính 10
2
R
ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0
7 2
( , )
2 5
m
d I CD ; 2 2
CD R d I CD
2
2
5 (7 2 )
m
Vậy phương trình CD: x – 2y 1 = 0; x – 2y 6 = 0
Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;1;0), cắt
x y z
và tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + 5 = 0 một góc 300 Gọi N ( )d N(2 2 ; ; 2 t t t)
Ta có: MN (1 2 ;t t 1; 2t)
và mp(P) có vtpt n (2; 1; 1) (d) tạo với (P) góc 300 nên: 0
2 (1 2 ) ( 1) ( 2) 6
t t t
MN n
2 2
t
t t
+ Với t = 0, phương trình : 1 1
x y z
+ Với 9
5
t , phương trình : 1 1
x y z
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z2z2 6 và 1 1
2
z i
z i
Giả sử z x yi x y , ( , ) Ta có: + z2 z2 6 (x yi )2(x yi )2 6 x2 y2 3
2
z i
z i
(x 1) (y 1) x (y 2)
Giải hệ phương trình:
2
2, 1
3
,
x y
x y
x y
4 4
z i z i
Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1;4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
Trang 5Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Giả sử A(x; y) (C) (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 Ta có: BC 2 5 và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0
( , )
5
x y
d A BC Diện tích tam giác ABC: 1 ( , ) 19
2
ABC
S BC d A BC
x y
x y
x y
TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được 5 2 48 115 0 5; 23
5
y y y y
+y 5 x2 + 23 14
y x
TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm) Vậy (2; 5)A ; 14; 23
A
Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
( ) :S x y z 2x 4y 6z 67 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S) (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9
Giả sử (P) có vtpt n( ; ; ), (A B C A2B2C2 0)
(P) // BC nên nBC ( 1;1; 4) n BC 0 A B 4C n(B4 ; ; )C B C
(P) đi qua A(13; 1; 0) phương trình (P): (B4 )C x By Cz 12B 52C0
(P) tiếp xúc (S) [ ,( )] 4 2 32 122 252 9
d I P R
B C B C
B C
B C
Với B + 2C = 0 chọn 2
1
B C
, ta được phương trình (P): 2x + 2y z + 28 = 0 Với B 4C = 0 chọn 4
1
B C
, ta được phương trình (P): 8x + 4y + z 100 = 0
Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài toán
4 4
log ( 3) log x 4x3 x Điều kiện:
2 2
3
4
3 0
3 1
x x
x
x x
x x
x x
Khi đó có 3 trường hợp:
TH1: Nếu x > 4 thì 2
log x 4x 3 log 1 0 và log (4 x 3) log 1 0 4 Do đó bpt tương đương:
log (x 3) log x 4x 3 x 3 x 4x 3 x 3 x1 (đúng x 4)
TH2: Nếu 2 2 thì x 4 log4 x2 4x 3 log 1 04 và log (4 x 3) log 1 0 4 Suy ra bpt vô nghiệm
TH3: Nếu 3x 2 2thì 2
log x 4x 3 log 1 0 và log (4 x 3) log 1 0 4 Do đó bpt tương
log (x 3) log x 4x 3 x 3 x 4x 3 x 3 x1 (đúng x (2; 2 2))
Vậy bpt có tập nghiệm là S (2; 2 2) (4; )
