ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 - 2014 (CÓ ĐÁP ÁN - 02)

Đề thi thử

Thầy Toán

0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 03

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 1

3

x y

x

+

=

− có đồ thị (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C) Tìm các số thực m để đường thẳng : d y x m= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

4sin 4 os ( ) 1

os2x

c

π

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( , )

x y



Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y x= ln(x+1), y x= và 2 đường thẳng x=0, x=1

Câu 5 (1,0 điểm) Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đỉnh S không cùng nằm trong một

mặt phẳng Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là

600, 21

6

a

SA= , SC<HC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa HK và mặt phẳng (SBC) theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y= 3 Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2 điểm

B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC đều

Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d d có phương trình là1, 2 1

1

z t

= +



 = −



 =



,

2

:

, d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt d d lần lượt tại A và B Viết phương 1, 2 trình mặt cầu đường kính AB

Câu 8 (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn 2 (2 8) 2 3(1 2)

2 1

i

i

+

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c thoả mãn abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

9

P

………….………Hết………

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

Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………

Chữ kí giám thị 1:……….………… Chữ kí giám thị 2:………

Híng dÉn chÊm ĐỀ 03 Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1

3

x y

x

+

=

−

1 Tập xác định: D=¡ \{3}

2 Sự biến thiên của hàm số

* Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số Tiệm cận của đồ thị hàm số

1 1 1

3

x

y

x

x

→±∞

+ +

− − => Đồ thị hàm

số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang

ồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm tiệm cận

đứng

* Lập bảng biến thiên

2

4

(3 )

x

− , y’ không xác định <=> x=3

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó Hàm số không có cực trị

3 Đồ thị

-Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=-1

- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=1

3

đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng

Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d:y=x+m và (C) là nghiệm của

phương trình

2 1

(1) (2 ) 1 3 0(2) 3

x

x

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔(2) có 2 nghiệm phân biệt

2

0 m 8m 0 m ( ; 8) (0; ) (*)

Với (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A x x( ;1 1+m B x x), ( ;2 2+m)trong đó x1,x2 là nghiệm của (2) Ta

thấy I không nằm trên d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB là

1 2

:

x

G

y





G nằm trên (C) ta có

5

1

5

3

m m

m

− +

−

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình

4sin 4 os ( ) 1

os2x

c

π

= (1) ĐK: os2x 0c ≠ ⇔ ≠ +x π4 kπ2(k∈¢)

2 2

(1) (1 os2x) 1 os(2x- ) 1 2 os2x

2

(1 cos2x) (1 sin 2x) 1 2 os2xc

2 2 os2x+2sin 2x 2 os2xc c 2 os2x-sin2x 1c

⇔ − = ⇔ = ⇔2( osc 2x−sin2 x) ( osx+ sinx)− c 2 =0

osx+sinx 0

osx 3sinx 0 arctan 3

π



-1 + ∞

+ ∞ 3

- ∞

y

y ' x

4

2

-2

-4

-6

f x ( ) = -1

s x ( ) = -1

f x ( ) = -1

r x ( ) = -1

f y ( ) = 3

q y ( ) = 3

1 3

-1

x

y

x=3

y =-1 O

g x ( ) = -1

f x ( ) = x+1 3-x

Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là x=arctan 3+kπ (k∈¢)

Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( , )

x y



Điều kiện: 1

1

x y

≥



 ≥

 trừ vế với vế (1) cho (2) ta được

6x + −1 6y + =1 y− −1 x− +1 y −x (*) Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn

Nếu(x;y)≠(1;1)

2 2

2 2

6x 6 (*)

y

y

Với y=x thay vào (1) ta có

2

2

1 1 6x 1 5

x

x

− + + +

2

1 1 6x 1 5

x

− + + +

Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x= ln(x+1);y x x= ; =0;x=1là

1

0

| ln( 1) | x

S =∫ x x+ −x d Xét phương trình xln x 1( ) x 0 0 (0;1)

1 1

x

x e

= ∉



do vậy

1

( ln( 1) ) x ln( 1) x

2

x

Đặt

1 1 2

2

0 0

x

2

d dU

V





∫

1 2

0

( 1) 1 1

x−

Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân tại S và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH⊥AB,CH⊥

AB=>AB⊥(SHC) mà AB=(SAB)∩(ABC) nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc giữa SH và CH do

CH>SC nên ·SHC nhọn => · SHC=600

Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao 3

2

a

2 2

Diện tích tam giác SHC là 1 · 1 3 3 0 2 3

SHC

24

S ABC

a V

H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC) nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC)) 3 . 3 .

2S

= = Theo định lí côsin trong tam giác SHC có

2 os60

6

a

2

Câu 6(1,0 điểm) Gọi (C) có tâm I bán kính R OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc BC

=>H(0; 3 )=>OH= 3 Do tam giác OBC đều nên

I a

60 0

H

K

B

C A

OH=

3

2

BC

BC

Trong tam giác vuông

3

uuur uuur

Trong tam giác vuông IBH có 2 2 2 2 4

3

R =IB =IH +HB = Vậy phương trình đường tròn (C): 2 4 3 2 4

Câu 7(1,0 điểm) D cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I

thẳng hàng

1 ( 1)

1 ( 3)







1 1 (3;1; 2), (3;1; 2)

Gọi C là trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2

Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4

Câu 8(1,0 điểm)

1 2

2 1

i

+

−

2a 0

 − + + =



;

Câu 9(1,0 điểm) 2 2 2

9

P

+ + Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình

nhân ta có 1 a2 2 1; b2 2 1; c2 2 a2 b2 c2 1 1 1 ab bc ca

cóa b c abc a b c+ + = ( + + =) ab ac bc ba ca bc + + ≤( )ab 2+( )bc 2+( )ac 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ab ac ab bc ca cb

a b c

2

ab bc ca ab bc ca

ab bc ca

+ + Khi a=b=c=1 thì P=

9

2 nên giá trị nhỏ nhất của P bằng

9 2

H

O

C

B I