Đề thi thử đại học số 28 môn toán

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khi m.. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.. 1.0 điểm Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 28

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số: 3 2

yx 3x mx 1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm I 1 11;

2 4

  đến đường thẳng ( )

Câu II (2.0 điểm)

1 Giải phương trình : 1 2(s inx cos x)

tanx cot 2x cot x 1





2 Giải bất phương trình : x291 x 2 x2

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:

e

1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)



Câu IV (1.0 điểm)

Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng bốn lần đáy nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b Tính thể tích của khối chóp theo a, b

Câu V (1.0 điểm)

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a   b c 1

Chứng minh rằng: a bb c c a  3

18

PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )

A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1), N(4;-2); P(2;0), Q(1;2) lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông

2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : 2 2 2

x y z 2x4y 6z 67 0

CâuVII.a (1điểm)

Giải phương trình:  log x 3  log x 3 2x

3

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I 1; 1  là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x 2y 12  0.Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông

2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) đi qua M,

N và tạo với mặt phẳng (P): 2x y 2z 2 0 một góc nhỏ nhất

CâuVII.b (1 điểm)

Giải hệ phương trình

2

2 log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) 6 log (y 5) log (x 4) = 1







HẾT

Hướng dẫn chấm toán đề số 28

1 Cho hàm số: 3 2

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số yx33x21 1,0

* Tập xác định: .R

* Sự biến thiên:

xlim y xlim x 3x 1 , lim yx

+ Bảng biến thiên:

y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2





 Bảng biến thiên:

x  0 2  y + 0 - 0 +

y 1 



 -3 0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng ; 0 và 2;  

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 

+ Hàm số đạt cực đại tại x0, yCÐ y(0) 1

đạt cực tiểu tại x2, yCT y(2) 3 0,25

I

1

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Ta có y6x 6; y 0x1

y  đổi dấu khi x qua x = 1

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng

f(x)=x^3-3x^2+1

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

y

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0

Ta có y 3x 6xm

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

Tức là cần có:    9 3m0m3

0,25

Chia đa thức y cho y, ta được: y y x 1 2m 2 x m 1



Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm x ; y , x ; y1 1  2 2

Vì y (x ) 1 0; y (x ) 2 0 nên phương trình đường thẳng   qua hai điểm cực đại, cực tiểu

là:

3

0,25

Ta thấy đường thẳng   luôn đi qua điểm cố định A 1; 2

2



  Hệ số góc của đường thẳng IA là k 3

4

 Kẻ IH   ta thấy   d I;  IH IA 5

4

I

2

Đẳng thức xảy ra khi IA   2m 2 1 4 m 1

Vậy max d I;  5

4

  khi m 1

0,25

1

Giải phương trình : 1 2(s inx cos x)





Điều kiện : sinx.cosx s inx.cos x 0

cot x 1









Phương trình đã cho tương đương với phương trình:

2 s inx cosx 1

s inx cos2x cos x s inx

cos x s in2x s inx







Giải được

3

3 2

4









Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x 3 k2 , (k Z)

4



2 Giải bất phương trình : x291 x 2 x2 1,0

Điều kiện x 2

Phương trình đã cho tương đương với:  2     2 

x 91 10  x2 1  x 9  0 0,25 2

2

(x 3)(x 3) 0

x 2 1

x 91 10

 

2

(x 3) 0

x 2 1

x 91 10

 

(*)

0,25

Ta có

2



 

với mọi x  2

II

Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 3> x  2 0,25

Tính tích phân:

1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)









dx dx x x

x x

x

ln 2 ) ln 1 (

x x

x

e

1 (1 ln )

ln

0,25

Ta có :  

e

e dx

1

x x

x

e

1 (1 ln ) ln

Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt

t

t

 

2

1

1

t)

1 1 ( 2

1

III

a b

H

M

D

S

E

Gọi H là chân đường cao của chóp thì H phải cách đều các cạnh của đáy và trong trường

hợp này ta chứng minh được H nằm trong đáy

Suy ra hình thang cân ABCD có đường tròn nội tiếp tâm H là trung điểm đoạn MN với M,

N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD và MN = a

0,25

Đường tròn đó tiếp xúc với BC tại E thì HM HN HE a

2

   là bán kính đường tròn và

Đặt CNx thì BM4x, CEx, BE4x

Tam giác HBC vuông ở H nên

2

suy ra

2

ABCD

5a S

4

0,25

IV

Vậy

S.ABCD

Chứng minh rằng: a bb c c a  3

18

1,0

Đặt F a; b; c   abb c c a   

Ta cần chứng minh F a; b; c  3 *

18



 Nếu hai trong ba số a, b, c bằng nhau thì F a; b; c  0 3

18

 Nếu a, b, c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát, giả sử

a max a; b;c

Lúc đó nếu b thì c F a; b; c  0 3

18

  nên chỉ cần xét a  c b Đặt x a bthì c 1 x.Tacó:

F a; b; c  ab cb ac  ab c a b c x 1 x 2x 1 h x 0,25

V

Khảo sát hàm số h x với   1 x 1

2  , ta được: h x  h 3 3 3

  

Từ đó suy ra BĐT  * Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 3; b 0; c 3 3

0,5

1 Lập phương trình các cạnh của hình vuông 1,0

Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến là tọa độ là (a; b) với 2 2

a b 0 Suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC có tọa độ là ( -b;a)

Phương trình AB có dạng: a(x 2) b(y 1)   0 axby 2a  b 0

BC có dạng : b(x4) a(y 2)  0 bxay 4b 2a  0 0,25

Do ABCD là hình vuông nên

d(P,AB) = d(Q,BC)

 

 Với b = 2a Phương trình các cạnh hình vuông là:

AB: x-2y = 0, BC: 2x  y 6 0, CD : x2y 2 0, AD : 2x  y 4 0 0,25

 Với b = a Phương trình các cạnh hình vuông là:

AB : x   y 1 0, BC : x   y 2 0, CD : x   y 2 0, AD : x   y 3 0

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9

Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng :

A(x -13) + B(y + 1) + Cz = 0 với A2B2C20 0,25

Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C

Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0 

0,25

( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) = 9







0,25 VIa

Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài

toán: 1

2

(P ) : 2x 2y z 28 0 (P ) : 8x 4y z 100 0

Giải phương trình:  log x 3  log x 3 2x

Điều kiện : x > 0

Ta có phương trinhg tương đương với:   3   3

3

log x 2

3

0,25

    

0,25

Đặt

3

log x

10 1 t

3

  

(t > 0) Phương trình trỏ thành:

2

1 2

t 3

1 10 t

3

1 10 t

3















( loại)

0,25

VII.a

Với t = 1 10

3



ta giải được x = 3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3

0,25

1 Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông 1,0

Lập phương trình các cạnh…

Gọi hình vuông đã cho là ABCD Giả sử pt cạnh AB là x2y120

,

A B thuộc đường tròn tâm H , bán kính IH 45 có pt:

x22y52 45 0,25

Toạ độ hai điểm A B, là nghiệm của hệ:







Giải hệ tìm được A4;8 , B  8; 2 Suy ra C   2; 10 0,25

Mặt phẳng (P) đi qua M nên có phương trình dạng :

A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = 0 với A2B2C2 0

Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C

0,25

Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng (P) và (Q),ta có:

B cos

 

Nếu B = 0 thì  900

0,25

Nếu B , đặt m =0 C

cos

3

VIIb

 nhỏ nhất khi cos 1

3

   m = -1  B = - C

VIIb

Giải hệ phương trình

2

log ( 5) log ( 4) =1







1,0

Điều kiện: 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0( )

I





0,25

2 log [(1 )( 2)] 2 log (1 ) 6 ( )

log ( 5) log ( 4) = 1

I



 



log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

log ( 5) log ( 4) = 1 (2)



 



0,25

Đặt log2y(1x) thì (1) trở thành: t t 1 2 0 (t 1)2 0 t 1

t

Với t 1 ta có: 1 x y 2 y  x 1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

0,25

0 ( ) 2





   



x suy ra y = 1

+ Kiểm tra thấy x 2,y1thoả mãn điều kiện trên.Vậy hệ có nghiệm duy nhất