Download Đề thi thử ĐH số 83 môn Toán

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 83

Ngày 15 Tháng 5 Năm 2013

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1

x

x 

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1)

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:  

cos cos

2 1 sin sin cos

x





2 Giải hệ phương trình:

2







Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 1

ln

1 ln

e

x dx



Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C;

đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a Gọi M, N, P lần

lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4

a

Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)

Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện

3

1

Câu VI: (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD Điểm

M

1

(0; )

3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B

có hoành độ dương

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :

1: 4

1 2

x t







 



  

2

  và d3:

Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC

Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :

2 2

và z z 2

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên:……… SBD:………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 83

Câu 1: 1, (1 điểm)TXĐ : D = R\{1}

y’ = 2

1

0



x f x x f x

      

nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x f x x

nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số Bảng biến thiên

1 +

-

1

-y

y'

x - 1 +

Hàm số nghịch biến trên ( ;1)và (1;) ,Hàm số không có cực trị

Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

Câu 1:2, (1 điểm)Với x 0 1, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x

0 ;

0

0 1

x

x  ) có phương trình :

0 0 2

1

x

2 0

1

0

x

x y

(d) có vec – tơ chỉ phương 0 2

1

u

x

 





1

1

x



Để (d) vuông góc IM điều kiện là :

0

0

0

2

x

x







 

+ Với x0 = 0 ta có M(0,0) + Với x0 = 2 ta có M(2, 2)

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa

Câu 2: 1, (1 điểm) ĐK: sinxcosx0

Khi đó PT  1 sin 2x cosx12 1 sin  x sinxcosx

 1 sin x 1 cos xsinxsin cosx x 0  1 sin x 1 cos x 1 sin x 0

x

x





 (thoả mãn điều kiện)

2 2 2













 

 k m , Z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2

2

x  k 

và x  m2 k m , Z

Câu 2: 2, (1 điểm) Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình

Với x 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

y

x y

x y

x







Đặt

2 1

,

y

x



ta có hệ: 2 2

+) Với v3,u1ta có hệ:

+) Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9

5

x y



 , hệ này vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y  x y  

Câu 3: (1,0 điểm) Đặt t = 1 ln x có 2tdt =

1

dx

x x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2

2 2

2

1 ln

e

t





2 3

1

3

t t

3



Câu 4 (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm A’B’ thì

C I



  suy ra góc giữa BC’

và mp(ABB’A’) chính là góc C BI ' Suy ra C BI  ' 600 

15

2

a

3 ' ' ' ' ' '

ABC A B C A B C

a

/ / '

NP BC

PQ C I







ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI      

Mặt khác theo chứng minh trên C’I AM nên AM  ( 'C BI) Suy ra (AMC)  ( 'C BI) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)

Câu 5(1,0 điểm) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a b2 2b c2 2c a2 2a b c2 2 2 4

Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh x2y2z2xyz4 với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có:

4

x

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

Câu 6: 1(1,0 điểm) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

'

'





 Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2

4.2 3.1 1

2



AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:

4

d x  x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2

4x 3y – 1 0





 B có hoành độ dương nên B( 1; -1)

Câu 6: 2(1,0 điểm) Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3

Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)

A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC

( 1 5 ) 2





      

 Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0

Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)

Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình

2

Câu 7(1,0 điểm) Gọi z = x + iy ta có

2

;

z x iy z  z zz x y

Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa

z z  2 2x 2 x1 (2)

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i