Đề thi thử đại học số 43- môn toán

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 43

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

y x  mx  m x (1)

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

2 Tìm m để đường thẳng y2x cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn 1 điểm C 0;1  nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

2 Giải hệ phương trình







Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

e

1

ln x 2

dx

x ln x x





Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a Cạnh SA vuông góc

với mặt phẳng (ABC) Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 450 Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a

Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn x2  y2 z2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

z y x zx yz xy A











PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng ():3x4y  Viết 7 0 phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng () tại hai điểm B, C sao cho ABC vuông

tại A và có diện tích bằng 4

5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1 2

x y z

A(2;1;2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa  sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển  10

2

34x4x = a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a 6

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3) Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1

1

1

z

 





 



 



;

2

:

d     

 Viết phương trình mp(P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 d 1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d đến (P) 2

Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2

8x 2 3x y 2.3x y









HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 43

Câu 1: Với m=1 ta có y2x33x2 1

 TXĐ: D=R Sự biến thiên:

- Giới hạn: lim ; lim

      -Ta có: 'y 6 (x x1) ' 0 0

1

x y

x





 -BBT:

x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y 1 

 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (1;  ), Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1, Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0

2

2 2

I

 là điểm uốn của đồ thị

Câu 1: 2, Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:y2x33mx2(m1)x là nghiệm 1

Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0;1  Đồ thi cắt trục Ox tại B 1; 0 ;C  1; 0

2



  Học sinh Tự vẽ đồ thị phương trình: 3 2

0

9







 



m

2

2





x x mx m

x mx m Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A;

C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.(m3)0m 3

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

m

m

x x

















( vì A và B thuộc (d))

AB= 30  (x Bx A)2(y By A)2  30

2



 x B x A   x B x A  x x B A   m  m 

Câu 2: 1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

4 os3xcosx=2 3 os 2s inxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c



 + osx=0 x=

2



+

6

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

6

k



















12

k x









 



Câu 2: 2 Giải hệ phương trình







Điều kiện: x+2y 1 0 Đặt t = x2y1 (t0)

Phương trỡnh (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

2 / 3 t/m 2

 





  



+ Hệ



 



2 1

1 1

2

x x







Cõu 3: Ta cú: I =

e

1

ln x 2

dx

x ln x x





e

1

ln x 2

dx (ln x 1)x







Đặt t = lnx + 1  dt = 1

dx

x ;

Đổi cận: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2

Suy ra: I =

   

1

tln | t | = 1 – ln2

Cõu 4: BC AB BC (SAB) BC SB











Suy ra gúc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là gúc SBA Theo giả thiết  SBA = 45 0

Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC

Tam giỏc SAC vuụng tại A nờn MA = MS = MC, tam giỏc SBC vuụng tại B nờn MB = MC = MS

Suy ra M là tõm mặt cầu ngoại tiếp hỡnh chúp S.ABC Suy ra tam giỏc SAB vuụng cõn tại A, do đú SA =

AB = a., SA(ABC), MH // SA nờn MH(ABC)

Suy ra MH là đường cao khối chúp M.ABC Suy ra

3 M.ABC ABC

Cõu 5: Đặt txyz 

2

3 )

( 2 3

2















Ta có 0 xyyzzxx2 y2 z2 3 nên 3t29  3t3 vì t 0

2

3

2

t

t

2

3 5 2 ) (

2









t

t t f

2

3





t

t t t t

f , t  3;3  Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3, 3] Do đó

3

14 ) 3 ( ) (t  f 

f

Dấu đẳng thức xảy ra khi t3 x yz1. Vậy GTLN của A là

3

14

, đạt được khi x yz1

Cõu 6a: 1 (1,0 điểm) Gọi AH là đường cao của ABC, ta cú 4

( ; )

5

AH d A  

ABC

S  AH BC  BCBC  Gọi I ;R lần lượt là tõm và bỏn kớnh của đường

trũn cần tỡm, ta cú : 1

1 2

R AI  BC Phương trỡnh tham số của đường thẳng (): x 1 4t

   



  



I ()  I(-1+4t; 1 + 3t) AI = 1 16t2 + (3t – 1)2 = 1  t = 0 hoặc t = 9

5

+ t = 0  I(-1; 1) Phương trỡnh của đường trũn là: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 1

+ t = 9

5  I(- 1

25;

43

25) Phương trỡnh của đường trũn là: (x +

1

25)

2

+ (y –43

25)

2

= 1

Cõu 6a: 2 (1,0 điểm) : Đường thẳng  đi qua điểm M(1 ; 1 ; 2 ) và cú vtcp là u



= (2 ; -1 ; 1) Gọi n



= (a ; b ; c )

là vtpt của (P) .Vỡ  ( )P nờn n u 0

 

 2a – b + c = 0  b = 2a + c n



 =(a; 2a + c ; c ) Suy ra phương trỡnh của mặt phẳng (P) là: a(x – 1) + (2a + c )(y – 1) + c(z – 2 ) = 0

H

M

C

B A

S

ax + (2a + c )y + cz - 3a - 3c = 0 d(A ; (P)) = 1

1 3

a

a c2 0

   a c 0 Chọn a = 1 , c = -1 Suy ra phương trình của mặt phẳng (P) là x + y – z = 0

Câu 7 a: Cho khai triển  10

34x4x = a0+ a1x + a2x2 + .+a14x14 Tìm giá trị của a 6

2

34x4x =  10

12x  2 2

12x + 4 12

12x +  14

12x

Hệ số của x6 trong khai triển 4 10

12x là 4.26.C610 Hệ số của x6 trong khai triển 4 12

12x là 4.26.C126

Hệ số của x6 trong khai triển 4 14

12x là 26.C146 Vậy a 6 = 4.26.C106 + 4.26.C126 + 26.C614 = 482496

Câu 6b: 1 (1,0 điểm) Vì điểm A thuộc đường thẳng x + y + 3 = 0 và C thuộc đường thẳng x+ 2y + 3 = 0 nên A(a ;

- a – 3) và C(- 2c – 3 ; c)

 A(-1; -2); C(5 ;-4)

Đường thẳng BD đi qua điểm I(2 ; -3 ) và có vtcp là u

=(1;3) có ptts là x 2 t

 





  



B BD  B(2+t ; -3 +3t) .Khi đó : AB

= (3 +t ;–1+3t); CB

= (- 3+t; 1+3t)

AB CB

 

 t =  1 Vậy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) và D(1;-6) hoặc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) và D(3;0)

Câu 6b: 2 (1,0 điểm) d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 1; 1; 0



  ; d2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp

là: u2 1; 2; 2



  Gọi n



là một vtpt của (P), vì (P) song song với d1 và d2 nên n



= [u u1; 2

 

] = (-2 ; -2 ; -1)

 (P): 2x + 2y + z + D = 0 ,d(A ; (P) = 2d( B;(P))  7D 2 5D 7 2(5 )



 



3 17 3

D D

 







  



Vậy phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y + z – 3 = 0 hoặc 2x + 2y + z - 17

3 = 0

Câu 7b: Giải hệ phương trình: log (2 2 8) 6 (1)

8x 2 3x y 2.3x y (2)









. Điều kiện: y – 2x + 8 > 0

(1)y – 2x + 8 =  6

2  y2x Thay y2x vào phương trình (2), ta được

8x2 3x x 2.3 x 8x18x 2.27x 8 18 2

    

3

2

   

    

   

Đặt: t = 2

3

x

 

 

  (t > 0) Ta có phương trình 3    2 

t   t  t t  t 

0 1

0

x

t

y





   





Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0)