Đề thi thử đại học số 13- môn toán

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 33

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) :

Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số x

y x

2 1 1







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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB

Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 2

4

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3 2







(x y  , )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

6

22 1 4 1



I

Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường

tròn đường kính AD =2a, SA(ABCD) và SA = a 6 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A

lên SB Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn 2 2 2

x y z xyz

2

x yz y xzz xy

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B )

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD cóD3; 3  ,

M là trung điểm của AD, phương trình đường thẳng CM x: y 2 0 , B nằm trên đường thẳng d: 3xy 2 0 Tìm tọa độ A B C, , biết Bcó hoành độ âm

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

 P :3x2y z 40 và điểm A2; 2; 0 Tìm tọa độ điểm Msao cho MA vuông góc với  P ,

M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng  P

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 1

n n

n n

C  C   n .Tìm hệ số của 8

x trong khai triển: 5

3

2 ( ) ( )n

x

  với x 0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

 1; 1

D   , diện tích bằng 6, phân giác trong của góc A là  có phương trình x  y 2 0.Tìm tọa độ đỉnh B của hình chữ nhật , biết A có tung độ âm

Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) :

x y z  x y z  Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oyvà cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r 2

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho 2

z là số thuần ảo và z2i 4

………HẾT………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 33

Câu 1: 1, (1.5 điểm)

TXĐ: DR\ 1 

2

1

y

x



 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1;  

1

lim

x y

   ;

1 lim x y   

Tiệm cận đứng x = 1 lim lim 2 x y x y     ; Tiệm cận ngang y = 2 * Bảng biến thiên x  1 

, y  

y 2





2

Đồ thị:

Câu 1: 2, (0,5 điểm)

2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y( ;0 0) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB

Do OAB vuông tại O nên: OB

A OA

1 tan

4

   Hệ số góc của d bằng 1

4 hoặc

1 4



Hệ số góc của d là: y x

x

0

1

( 1)



 y x( 0) 1

4

4 ( 1)



3

o o

x x

 



 

 Với x o 1 thì 3

2

o

y  Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y 1(x 1) 3

4x 4

  

Vớix o3 thì 5

2

o

y  Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y 1(x 3) 5

Câu 2:(1.0 điểm)

4

   sin 2xcos 2x3sinxcosx2

sinx 2 cosx3 2 cos xcosx  3 0  sinx2 cosx3  cosx1 2 cos x30 2 cosx3 sin xcosx1 0



2

5

2

4 4







   







, (k  Z ) 2 2

2







  







 



(k  Z.)

Câu 3: (1.0 điểm)





1  x2   x 2 y y(*)

Xét hàm số   3

f t t  Ta có t '  2  

3 1 0

f t  t    t  f t đồng biến trên 

Do đó (*)y x 2.Thay y x 2 vào (2) ta được : 3x 3 5 2 x x33x210x26

3x 3 3 1 5 2x x 3x 10x 24

    

2

12

x

x x











PT (3) vô nghiệm vì với 5 1

2 x

   thì x2 x 120 Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2

0

x y











Câu 4: Tính tích phân

6

22 1 4 1



I

Đặt

2 1

4 1

t x x  dx t 2 3,t 6  5

Khi đó

5 3

tdt

1

1

t t



3 1 ln

2 12

Câu 5: Tính thể tích…

Ta có :

2

.

,

7

S HDC

H SDC S HDC

S BDC

S HDC S BDC BDC BDC

Gọi K là hình chiếu của B trên AD

Ta có ; BK.AD AB.BD BK= . 3

2

AB BD a AD

2

BCD

a

3

14

H SDC

a

Vì ADSBC nên d AD SC , d AD SBC ,  d A SBC ,  h

.Dựng hình bình hành ADBE Do ABBD nên AB AE

Trong tứ diện vuông ASEB ta có : 12 12 12 12 12 12 12 92

6

h  SA  AB  AE SA  AB BD  a

6 3

a h

 

Câu 6 (1,0 điểm) Từ gt ta có : x y z 1

yz xz xy  Mặt khác :

xyyzzxx y x Mà theo gt

x y x xyz nên xyyzzxxyz 1 1 1 1

x yz  Lại có : 2

4

yz

x

Tương tự :

2

1 1 4

   

   (2) 2

1 1 4

   

   (3) Cộng (1) (2) (3) ta được : 2 2 2 1 1 1 1 11 1 1

Đẳng thức xảy ra

3

x yz y xz z xy







Câu 7a: (1,0 điểm) BdB b ; 3 b2

Vì S BMC 2S DMC nên d B CM , 2d D CM ,  1 2 3

1

b b

b





      

 Khi đó B3; 7 ,  B1;5 Loại B3; 7  vì B có hoành độ dương

 ; 2

CCM C c c Gọi I là trung điểm của BD I 1;1

Do CI BD nên CI BD 0 c 5

C5;3 Vì I là trung điểm của AC nên A   3; 1

Câu 8a(1,0 điểm)  P có véc tơ pháp tuyến n3; 2; 1 



Gọi M a b c Ta có  ; ;  AM a 2;b2;c

Vì MA P nên AM

và n

cùng phươngAM tn t, 



2 3

2 2

c t

 





 



  



(1)

Vì M cách đều O và (P) nên     2 2 2 3 2 4

,

14

a b c

MOd M P  a b c    

14 a b c 3a 2b c 4

Thay (1) vào (2) tìm được 3

4

t Vậy 1 1 3; ;

4 2 4

M 

Câu 9a: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển 8 P x( ) (23 x5)n

x

1

4 3 7( 3) ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 42( 3)

n n

n n

C  C  n  n n n  n n n  n

12( )

n loai

 



  



Với n=12 ta có nhị thức: 5 12

3

2

x 

Ta có:

5(12 ) 60 11

3

2

k k k k k

x



60 11

2

k



      Hê số của x là 8 4 4

12

C 2 7920 Gọi E là điểm đối xứng với D qua EAB.PT đường thẳng DE: x  y 2 0

Gọi I là giao điểm của DE với  I2; 0.Vì I là trung điểm của DE nên E  3;1

 ; 2

A   A a a với a  2 Do AE ADnên  AE AD 0a 3

A   3; 1

Câu 7b(1,0 điểm) PT đường thẳng AE: x 3  , 0 BAEB3;b

ABCD

S  AB AD Mà AD  nên 2 AB 3 2

4

b b





   



Khi đó B3; 2 , B 3; 4

Loại B   3; 4vì khi đó  là phân giác ngoài Vậy B  3; 2

Câu 8b(1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I1; 3; 2 , bán kính R  3

Vì  P chứa trục Oynên PT  P có dạng : Ax Cz  0 B C , 0

Ta có d I , P  R2r2  5

2 2

2

5





2A C2 0 C 2A

     Chọn A 1 C 2 Vậy PT  P là : x2z0

Gọi zabi.Ta có 2  2

z i  a  b , z2 a2b22abi

Câu 9b(1,0 điểm) Ycbt 2  2

2 2

0

a b



 

 



0 0

a b





 





hoặc 2

2

a b











hoặc 2

2

a b

 









Vậy z0,z 2 2 ,i z  2 2i