Đề thi thử đại học số 41môn toán

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho OA9OB.. Tính thể tích kh

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 41

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x





 (1)

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

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A,

B sao cho OA9OB

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin 3 cos 22 x xsin2x0

2 Giải hệ phương trình:

2

2 1 ( , )

xy

x y

x y x y

x y x y











Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

4

8

cot tan

sin 2 cos 2

4











Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a,

3

AC  a , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và

khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC)

Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình:

5 log 8 log log 8 log 1

1 3log 8 log log 4 log

m

m





( ,x y )

Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm

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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 =

0, BC: 3x + y – 7 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng

5

2 và điểm A có hoành độ dương

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng

1

( ) :

 Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai

đường thẳng (d1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 2i 2 2 và z 1 1

z i







B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x2y 5 0 và đường tròn

( ) :C x y 2x4y   Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là 5 0

các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 2 5

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

( ) :S x y z 2x6y6z   Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba 5 0

điểm A, B, C

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 23x2 x104x2 x 42x2 x 216 0

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 41 Câu 1:Cho hàm số 2 1

1

x y x





 (1)

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

TXĐ: \ 1 ,  ' 1 2 0,

( 1)

x







Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (;1) và (1; )

Giới hạn và tiệm cận:

lim ; lim

      tiệm cận đứng: x = 1

     tiệm cận ngang y = 2

Bảng biến thiên:

Đồ thị: Đi qua các điểm 1; 0 , 0; 1 

2

  và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng

2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao

cho OA9OB Gọi  là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi 1

9

OB k

OA

     hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay:

2

2

2

( )

4 ( 1) 9

( 1) 9

x x

x

x x







 

 



VN

, ( 4) 7, ( 2) 5

y  y 

+ Với 1

9

k   và tiếp điểm 4; 7

3

 , ta có pt tiếp tuyến: 1 4 7 hay 1 25

y  x  y  x

+ Với 1

9

3



, ta có pt tiếp tuyến: 1 2 5 hay 1 13

Câu 2: 1 Giải phương trình: sin 3 cos 22 x xsin2x0Pt tương đương:

sin 3 cos 2x xsin x0(3sinx4 sin x) cos 2xsin x0

sin x(3 4 sin x) cos 2x 1 0

     [3 2(1 cos 2 )] cos 2  x 2 x10

sin x(1 2 cos 2 ) cos 2x x 1 0 sin x 4 cos 2x 4 cos 2x cos 2x 1 0

sin x cos 2x 1 4 cos 2x 1 0

2

sin 0

2

4 cos 2 1 0 (VN)

x







  





Câu 2: 2 Giải hệ phương trình:

2

2

1 (1)

(2)

xy

x y

x y

x y x y







Điều kiện: x + y > 0

Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy Pt (1) trở thành: 2 2 3

u

x y’

y

1

+

2



2













1 2

1

1

2

y

1 ( 1)[ ( 1) 2 ] 0

2 0

u

u u v





  



TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 1 2 (1 ) 2 2 0 1

2

x

x





          



x  y x  y

TH2: Với u2 u 2v0 hay (xy)2 x y2xy0x2y2 x y0vô nghiệm do đk

Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (2; 3)

Câu 3: Tính tích phân:

4

8

cot tan

sin 2 cos 2

4











cos sin

sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 cos sin 2 sin





2

sin 2 cos 2 sin 2 1 cot 2 sin 2

0

1

1

t

t



1

t

   2tlnt110 2 1 ln 2  

Câu 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3,

hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc

giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách

từ B’ đến mặt phẳng (A’BC)

Giải : Gọi M là trung điểm BC Từ giả thiết ta có:

a

' t an60

3

a

A G AG

Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi:

3

ABC

a

V S A G AB AC A G a a a (đvtt)

Dựng AK  BC tại K và GI  BC tại I  GI // AK

Dựng GH  A’I tại H (1) Do: (2)

'

BC GI

BC GH

BC A G



  Từ (1) và (2)  GH  (A’BC) Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’ Từ đó

[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3

3

9 36

a a





Câu 5: Cho hệ bất phương trình:

5 log 8 log log 8 log 1

1 3log 8 log log 4 log

2 1

m

m









( ,x y )

Đặt ulog ,x vlogy, hệ pt trở thành:



(*)

N

I

C'

B'

M A

B

C A'

G

K H

Giả sử hệ có nghiệm ( ;x0 y0) 0 0

log log





 





là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng

sau:

u u v v

m

m









Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được:  2

1 4

2 1

m



 ĐK cần để hệ có nghiệm là 2 1 0 hay 1

2

m  m 

Xét ĐK đủ: Với 1

2

m   , ta có: 2 2 1 1 1

m



  Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ:

(**)

u uv v

u uv v







Ta có

2 2

u uv v

v

u v







 đpcm

2

m   là đáp số của bài toán

Câu 6a: 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4

= 0, BC: 3x + y – 7 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 5

2 và điểm

A có hoành độ dương

Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 450 và ABC cân tại A nên ABC vuông cân tại A

A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c; 7  3c)



, vtcp của AB là u 1 (2; 1)

 AC u 10c 3 a

(1)

Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình 2 4 0 2



 B(2;1)

Diện tích tam giác ABC: 1 2 5

ABC

S  AB   (2 2)2 (1 )2 5 2 2 0 0

2

a

a







Do xA > 0 nên chỉ nhận a = 0  c = 3 Suy ra A(4; 0) và C(3;2)

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng

1

( ) :

d      , ( 2) : 3 1

 Viết phương trình đường thẳng  cắt cả hai

đường thẳng (d 1), (d2), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của  với (d1) và (d2) M( 1 2 ;3  t1 t1;1t1), N( 3 3 ;  t2 t2; 1 t2)

Ta có: MN (3t22t12;t2 t1 3;t2 t1 2)



và vtpt của (P) n  (1; 1; 2) +  // (P) nên: MN n  03t22t1 2 t2  t1 3 2t22t1 4 06t23t1 3 0

t t

   (1)

6

d  P  d M P         

     t2 1 t11;t2  1 t1 3

Với t1t2 , ta có 1 (1; 4; 2), (1; 5; 2) pt : 1 4 2

Với 1

2

3

1

t

t

 





 



, ta có

7 ( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( )

2

z

  





  







Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z 2 2i 2 2 và z 1 1

z i





 .Giả sử zxyi x y, ( ,  ) Từ giả thiết ta có:

z  i   x  y i   x  y 

1

z





Ta được hệ:

0, 0

  

Vậy z 4 4 ;i z0

Câu 6b: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x2y 5 0 và đường tròn

( ) :C x y 2x4y 5 0 Qua điểm M thuộc , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 2 5

+M    M(2m  5; m);

(C) có tâm I(1; 2), bán kính R  10

Gọi H là trung điểm AB  AH  5 và AH  MI

Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên:

10

AH  AM  AI   AM    và

2 5

IM  IA MA 

2

20

IM

   (2m6)2(m2)2 20m24m40m2

Câu 6b: 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

( ) :S x y z 2x6y6z 5 0 Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C

Giả sử M(x; y; z) M cách đều A, B, C nên:

hay

1

1

x t

x z

x y z





 

  



M  (S) nên 2 9 (1 )2 2 18 6 6 5 0 2 2 6 9 0 3 3 3

2

Suy ra 3 3 3; 3;5 3 3

M   

hoặc 3 3 3; 3; 5 3 3

M   

Câu 7b: Giải phương trình: 23x2 x 10 4x2 x 4 2x2 x 2 16 0

    Phương trình tương đương:

2 x x 2x  x 2x  x 1602x  x 2x  x 2x  x  1 0

(2 x  x 1)(2x  x 1) 0 2 x  x 1 0

2

3

x x

x



H I

B

M A