ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 - 2104 (CÓ ĐÁP ÁN - 01)

Đề thi thử

Thầy Toán

0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 01

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh )

Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số : y x  3 3 x  1

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

2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x  và A 2 MN 2 2

Câu II ( 2 điểm )

1) Giải phương trình : tan2x1 tan 2x 2 3sin x1 0

2) Giải hệ phương trình với ,x y  







Câu III ( 1 điểm )

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1

( ) 1

x

x





 , trục hoành và tiếp tuyến của (C) tại

giao điểm (C) với trục tung

Câu IV ( 1 điểm ).

Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S

Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V ( 1 điểm )

Chứng mimh rằng vớia0,b0,c0thì 1 1 1 1 1 1

3

II PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa ( 2 điểm )

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B   2;1 ,  điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox

( x  ) góc  C 0 BAC 30o; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 Xác định toạ độ điểm

A và C

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P x :  2 y z    1 0 và điểm A(1;1;2) Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz) lập phương trình mặt phẳng   .qua d và cách A một khoảng bằng 1.

Câu VIIa ( 1 điểm )

Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho w z 3i 2

z i

 



 là một số thực

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb ( 2 điểm )

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C x : 2 y2 6 x  2 y   6 0 và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C) Lập phương trình của d sao cho

AB AC nhỏ nhất

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2y2z2 2x 4y 2z0 cắt các tia

Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu VIIb ( 1 điểm ).

Tìm tất các số thưc để bất phương trình :log2xlog 2 2 osx  c 0 có nghiệm x 1

Hết

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01

Câu I (2 điểm)1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y x  3 3 x  1

Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ¢= 3 x2- 3 Cho y ¢= Û 0 3 x2- 3 = Û 0 x = 1 , x = - 1

Giới hạn: lim ; lim

Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 1); (1;+¥), NB trên khoảng ( 1;1)

-Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1tại xCD = - 1, đạt cực tiểu yCT = –3 tại x =CT 1

BBT

Điểm uốn: I ( 0; 1 - ) vì:

Giao điểm với trục hoành:không có nghiệm nguyên Bảng giá trị

x - 1 0 1 2

y 1 - 1 -3 1

Đồ thị hàm số: hình vẽ bên.

2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho x  và A 2 MN 2 2 Nhận xét:

nếu đường thẳng d qua A không có hệ số góc tức x = 2 cắt (C) nhiếu nhất 1 điểm không thỏa yêu cầu bài toán Do

đó d phải có hệ số góc Vì x  nên A 2 y  suy ra phương trình d có dạng A 1 y k x   21

Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) là:

x







Để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N  (*)có 2 nghiệm phân biệt, x x1, 2 2 ;MN2 2

Theo vi ét x1,x22; x x1 2 1 k Ta có :

 2  2

8 MN  x  x  x  x k  2   2  2   2

Hay 8k21 4 4 1     k   k3 k 2 0  k1 (thoả yêu càu bài toán ).Vậy d có pt là : y x  1

Câu II( 2 điểm)1) Giải phương trình : tan2x1 tan 2x 2 3sin x1 0 Điều kiện cosx 0

Phương trình viết lại 2 3sin 1 tan22

1 tan

x x

x





2

2 3sinx cos2x 2sin x 3sinx 1 0

sin 1 ;sin

2

so sánh đ/k chọn sin 1

2

x  k  x  k  k

       2) Giải hệ phương trình với ,x y  

 

 







Từ phương trình (2) ta có đ/k : x y y , 0 y2 1 y y 2  x y 2  1 x y  x y 2

Xét hàm số f t  t2 1 t t 2liên tuc 0; có  / 

2

1 2 2 1

t

t t



2

2 1

t t



Suy ra hàm số nghịch biến  0;  nên f y    f x y     x  2 y

Thay vào (1) ta có y 2 x2 x1 0 y2  x4.Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2)

Câu III(1 điểm)3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1

( ) 1

x

x





 , trục hoành, và tiếp

tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung viết được pt tt : yx1 nêu được miếng lấy diện tích

1

1 2

1 0

2

2 1

1

x

x





1 0

2

ln 1

         

=

1

ln 2

2



Câu IV(1 điểm )Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a 2

Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao

3 2

a

SE a Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a

Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì EF2SE2SF2) Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H

Ta có SH vuông góc mp(ABCD) 12 12 12 12 12 42

SH SE SF  a a  a

2

a SH

V  S ABCD SH  a  ( đvt

Câu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì

3

 + Với a > 0, b > 0, c >0 Giải : ta có:

     

(1) và (2) ta có: 1 2 3 3

a  b  a 2b  (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)

3

( đpcm) dấu " " xẩy ra khi và chỉ khi a b c 

Câu VIa(2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B   2;1 ,  điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc trục hoành ( x  ) góc  C 0 BAC 30o; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 Xác định toạ

độ A và C

Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có BC2 sin 30R o  5  BC2 5 c220 1 25  c  0 , c  4 ( loai )

Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3  A(0;1 2 3) hoặc (0;1 2 3)A 

Vậy có (0;1 2 3)A  , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc (0;1 2 3) A  , B(-2 ;1) , C(0 ;0)

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P x :  2 y z    1 0 và điểm A(1;1;2) Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz) Lập phương trình mặt phẳng   .qua d và cách A một khoảng bằng 1.

Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và ) (0;0;1), B C(0, 1; 1)  thuộc d , phương trình mặt phẳng   có dạng :

0

ax by cz d    (a2b2c2  ) Do 0   đi qua B, C nên :

0

  pt   là ax + (- 2c)y +cz - c = 0

2 2

4

a c c c

d A

a c c

      

5

a c a c

     ac2c2 Nếu c = 0, chọn a = 1  b0,d 0     pt  x = 0

Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt  : - 2x - 2y + z - 1 = 0 Câu VII a( 1 điểm)Tìm tập hợp

những điểm biểu diễn số phức z sao cho w z 3i 2

z i

 



 là một số thưc Gọi z a bi a b  ( ,  )khi đó

2 ( 3)

w

  

( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1)

( 1)

a b



  là số thưc khi và chỉ khi :



Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2x y 1 0 trừ điểm M(0 ; - 1)

Câu VIb.(2 điểm)1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C x : 2 y2 6 x  2 y   6 0 và điểm A(1;3) ;

Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho AB AC nhỏ nhất

Tâm đường tròn (3; 1),I  R2;IA2 5d I A( , )R nên điểm A nằm ngoài (C) 2

Ta có P A C/( ) AB.AC = d 2- - R 2 = 16 ; và AB AC 2 AB AC 2.4 8 dấu “=”xẩy ra  AB = AC = 4 Khi đó

d là tiếp tuyến của (C), d có dạng (a x1)b y(  3) 0  ax by a   3b0

Từ đó ta có d I d( , ) 2 3a b a2 23a 2

  



b

b ab

a b





1

b a











4 3

b a





 



 Vậy phương trình d : x1 , 3x4y15 0

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2y2z2 2x 4y 2z0 cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

(S) : x12y 22z12 có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6 6

(S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I giao điểm của d đi

qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC)

Giải hệ 2x y 2z 4 0 và

1 2 2

1 2

 





 



  



ta được 2

9

t suy ra

5 16 5

( ; ; )

9 9 9

I và r = IA =

Câu VIIb (1 điểm)Tìm tất các giá trị    để bất phương trình :log2x  log 2 2 osx  c   0 có nghiệm

1

x  .Với 1x  ; Bpt tương đương với 2

2

1

log

mặt khác log2x  nên theo Côsi ta có: 0 2

2

1

log

x

x

Từ (1) và (2) ta có  1x  : bpt  VT = VP = 2

cos 1   k2 ( k )

log x = 1  x2 Vậy    k2 ( k )