Chứng tỏ rằng hai điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn cách đều đường thẳng x = 1.. Tính thể tích của tứ diện MB’C’N và góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N.[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 –ĐỀ SỐ 8
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh ( 7,0 ®iÓm)
Câu I ( 2đ) Cho hàm số: y = mx3 - 3mx2+ 2 (m - 1)x - 1 - m2 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị với m = 1
2) Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu Chứng tỏ rằng hai điểm cực trị của đồ thị hàm số luôn cách đều đường thẳng x = 1
Câu II ( 2 điểm):1) Giải phương trình:
4(sin cos )
tan cot 1 sin 2
x
5
1
2
3) Giải phương trình: 4 4 4
8x 1 9x 1 3 x
Câu III (1 điểm): Tính tích phân sau: 2 2 2008
0
Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh là a Gọi M là trung điểm của CD, N là trung
điểm của A’D’ Tính thể tích của tứ diện MB’C’N và góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N
Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 4 4 4
4
yz zx xy
II PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 ĐIỂM) Thí sinh chỉ được chọn một phần (phần 1 hoặc phần2)
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a ( 2 điểm): 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng lần lượt
có phương trình: d1: 3x - y - 4 = 0, d2: x + y - 6 = 0, d3: x + 3y - 3 = 0.Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc d3, B thuộc d1, D thuộc d2
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có phương trình: d:
, (P): x + y - 2z + 5 = 0, (Q): 2x - y + z + 2 = 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q)
Câu VII.a (1điểm): Giải phương trình:
n n
(với n là số nguyên dương)
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b ( 2 điểm):
1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 + 8x – 6y = 0 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng (): 3x- 4y +10 = 0 và cắt đường tròn tại 2 điểm A, B sao cho AB = 6
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1;2;4) và đường thẳng d:
Viết phương trình đường thẳng đi qua A, cắt và đồng thời vuông góc với d Tìm toạ độ
điểm M thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất
Câu VII.b ( 1 điểm):
Tìm m để đồ thị hàm số
2 1
mx y x
có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất
- Hết -
Trang 2ĐÁP ÁN Đề 8
Câu I:
1) Khi m = 1 ta có : y = x3 - 3x2 - 2 ( Bạn đọc tự khảo sát sự biến thiên)
2) Ta có: y' = 3m.x2 - 6m.x + 2(m - 1)
Hàm số đạt cực đại cực tiểu y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
0 0
0
2
0
m m
m
m m
m
Với điều kiện trên thì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là A(x1;y1); B(x2;y2)
Trong đó x1, x2 thoả mãn là nghiệm của y' = 0
Theo Viét ta có: x1 + x2 = 2
Ta có khoảng cách từ A đến đường thẳng x = 1 x - 1 = 0 là d1 x1 1
Ta có khoảng cách từ B đến đường thẳng x = 1 x - 1 = 0 là d2 x2 1
Giả sử d1 = d2 x1 1 x2 1 1 2 1 2
x1x2 2 (luôn đúng) => d1 = d2 (đpcm)
Câu II: ( 2 điểm)
1) Giải phương trình:
4(sin cos )
tan cot 1 sin 2
x
+ Điều kiện: sin2x 0
+ (1)
2 3
4 1 sin 2
2 4
1 sin 2 sin 2
x
2
1 sin 2 sin 2
x
2
3sin 2x sin 2x 2 0
2 sin 2
3
x x
4
arcsin
2) Giải bất phương trình:
5
1
2
+ Điều kiện: 11.3x - 9 > 0 log3 9
11
x
log 3x log 3x 3 log 11.3x 9
log 3x 3x 3 log 11.3x 9
1 1
3 3x x 3 11.3x 9
3 x 3x 11.3x 9
32x10.3x 9 0 1 3x9
0 x 2
(TM điều kiện)
Trang 33) Điều kiện: x 1
8
Chia cả hai vế của phương trình cho: 4 x ta được phương trình tương đương 0
Ta được hệ: u4 v 43
Hệ này cho hai nghiệm u 1
v 2
và u 2
v 1
Do đó nghiệm của PT đã cho là: x 1
7
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau:
2
2 2008 0
(+)
2
2
1
0
.sin 2
Đặt:
1 cos 2 sin 2
2
du x dx
u x
1
0
.cos 2
.cos 2 2
2 0
2 2 0
.cos 2
2
du dx
u x
Ta có:
1
0
sin 2 2
0
0
x
(+) I2
2
2009 0
2 cos x d (cos )x
2010
0
x
Vậy:
8 2 1005 8 2010
Câu IV: (1,0 điểm)
Gọi P là trung điểm của C’D’, ta có: MP (B’NC’)
=> MP là đường cao của tứ diện MB’C’N và MP = a
Ta có: ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
MB C N B C N A B C D A B N C D N
3 6
a
(đvtt) + Ta có: B’P là hình chiếu vuông góc của B’M
trên mp (A’B’C’D’) mà B’P C'N
B
A
C
M
D
Trang 4=> B’M CN (định lý 3 đường vuông góc)
Do đó góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N bằng 900
Cách 2: (Sử dụng phương pháp toạ độ)
Câu V: ( 1 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
3
3
3
3
3
Suy ra: A
4xyz xyz xyz
Đặt : t = xyz (3 t 0) ta được: A 3 4 3
4t t
Xét hàm số: f(t) = 3 4 3
4t t trên (0; +)
Ta có: f’(t) =
5 3
3 3( 1)
; f’(t) = 0 t = 1 Bảng biến thiên:
15 4
+
Từ bảng biến thiên => f(t) = 3 4 3 15 0
4t t 4 t
Từ trên => 15
4
A dấu “=” xảy ra t= 1 x = y = z = 1
Vậy A nhỏ nhất bằng 15
4 khi x = y = z = 1
II- Phần tự chọn (3 điểm) 1- Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 B thuộc d1 => B(b; 3b – 4)
D thuộc d2 => D(d; 6 - d)
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD
;
Do BDd3
và I d3 nên ta có hệ:
3( ) 1.(10 3 ) 0
5
2
d d
b d
b
A
D
C
B
I
d3
Trang 5Vậy 1; 5 , 5 7; , 3 1;
B D I
Toạ độ điểm A và (C) thoả mãn hệ phương trình:
2
3 3
10
x y
3 3 1 2 3 2
y
y
3 2 3 2 9 2 1 2
x
y
x
y
Vậy 3 3; , 9; 1
A C
A C
2 Phương trình tham số của (d) là:
4
1 2
1 4
x t
Gọi I là tâm mặt cầu (S) Do I (d) => I(4t; 1+2t; -1+4t)
Theo giả thiết mặt cầu (S) tiếp xúc với hai mp (P) và mp (Q) => d(I; (P)) = d(I; (Q)) = R
4 (1 2 ) 2( 1 4 ) 5 2(4 ) (1 2 ) ( 1 4 ) 2
t t t t t t
2
1
t
t
Với t = -1 => I(-4; -1; -5), 10
6
R
t I R
Vậy: có hai phương trình mặt cầu thoả mãn yêu cầu bài toán là:
và 42 12 52 50
3
Câu VII.a: (1 điểm)
Ta có:
2 1
0
n
k
2 1 0
n
n
n
2
0
n
x
n
Theo gt =>
2 2
2 2
n
n
n
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: (2 điểm)
()
Trang 61 x2 + y2 + 8x - 6y = 0
(x + 4)2 + (y - 3)2 = 25
=> Đường tròn (C) có tâm I(-4; 3), bán kính R = 5
Phương trình đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng ()
có dạng: 4x + 3y + c = 0 Vẽ IH AB (H AB)
=> HA = HB =
2
AB
= 3 Xét tam giác IHB ta có:
IH2 = IB2 - HB2 = 16
=> IH = 4 Mà: IH = d (I, d) = 4.( 4) 3.3 4
5
c
c7 20 27
13
c c
Vậy có hai đường thẳng (d) là:
d1: 4x + 3y + 27 = 0
và d2 : 4x + 3y - 13 = 0
2 a Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là u d 1;1; 2
Gọi C là giao điểm của () và (d) => C(1-t; -2+t; 2t)
Ta có AC ( t; 6 t; 2t2)
Do đường thẳng vuông góc với đường thẳng d
5
3
d
Suy ra: 2; 1 10;
C
3
Đường thẳng () cần tìm đi qua A(1; 4; 2) và có
vectơ chỉ phương là v 5;13; 4
nên có pt:
b M d => M(1- t; -2+t; 2t)
Ta có AM ( t; 6 t; 2t2)
( 2; 2; 2)
AB
AM AB, 6t16; 2 t4; 4t12
Ta có: 1 , 1 6 162 2 42 4 122
AMB
Vì hàm số: 56t2 - 304t + 416 là hàm số bậc hai nên SAMB nhỏ nhất khi 304 19
t Lúc đó 12 5 38; ;
Câu VII.b (1,0 điểm)
Ta có:
2 2
1 ' mx
y
x
Hàm số có 2 cực trị y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m < 0
2
( )
m
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
m
Dấu " =" xảy ra 4 16( ) 2 1 1
(m) m m 4 m 2 ( vì m < 0)
u
(d)
()
A
C
Trang 7KL: 1
2
m
