Đề thi thử đại học số 38- môn toán

www.facebook.com/hocthemtoan

1

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 38

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 3 2

2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)

y x  m x  m m x (m là tham số thực)

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

2 Xác định m để điểm M(2m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam 3; )

giác có diện tích nhỏ nhất

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin 2 cos 62 sin 32 1sin 2 sin 8

2

2 Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , )

x y











Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

4 0

sin 2

1 cos 2

x











Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SASBa,

2

SDa và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD

Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:

2







( ,x y   )

Chứng minh rằng   m , hệ phương trình đã cho luôn 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 đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(1; 3) Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(1; 1; 0), cắt đường thẳng (d): 2 2

x y z

  và tạo với mặt phẳng (P): 2x  y  z + 5 = 0 một góc 300

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2z2  và 6 1 1

2

z i

z i

 



B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu

2 2 2 ( ) :S x y z 2x4y6z67 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với 0

BC và tiếp xúc mặt cầu (S)

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau:

2

4 4

log ( 3) log x 4x 3 x





 

- Hết -

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38

Câu 1:1Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m là tham số thực)

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

Ta có hàm số: 3 2

y x  x  TXĐ: 

(0) (1)

0

1

x

x







 Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 ; 1;   

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1

Giới hạn: lim ; lim

     

Bảng biến thiên:

1 2

'' 12 6; '' 0 12 6 0

 

           đồ thị có điểm uốn 1 1;

2 2

I 

  là tâm đối xứng

Câu 1: 2 Xác định m để điểm 3

(2 ; )

M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một

tam giác có diện tích nhỏ nhất

Ta có:y'6x26(2m1)x6 (m m1); y'0xm x; m1   m , hàm số luôn có CĐ, CT Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là A m m( ; 2 33m21),B m( 1; 2m33m2)

Suy ra AB  2 và phương trình đường thẳng 3 2

AB xy m  m m 

Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất

Ta có:

2

( , )

2

m

d M AB   ( ; ) 1 min ( ; ) 1

Câu 2: 1 Giải phương trình: sin 2 cos 62 sin 32 1sin 2 sin 8

2

Phương trình đã cho tương đương với:(1 cos 4 ) cos 6 1 cos 6 1sin 2 sin 8 1 cos 4 cos 6 sin 2 sin 8

1 (cos 2 cos10 ) (cos 6 cos10 ) cos 6 cos 2 2 0

4 cos 2x 2 cos 2x 2 0 (cos 2x 1)(2 cos 2x 2 cos 2x 1) 0

         cos 2x 1 xk ,k 

Câu 2: 2 Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , )

x y











0

x y











Hệ đã cho tương đương với: 6 6 2 2









 





 



x y’

y

0



+

1

0

1

y

x

1 2

  0 1





1

3

5

x

x y y





 









Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1;

5 5

 

 

 

Cách 2: Hệ đã cho tương đương với



Đặt u5x5 ,y v5 xy ĐK: u0, v Hệ trở thành: 0

2

3 5

2 3 (3 5) 9 10

v u

 

Do ĐK của u, v nên

49( 27 34) (10 ) 35 88 36 0

u

Với u = 2  v = 1, ta được hệ:

5 5 2

1

5

25

x y

x y

x y xy

xy

 



 





.Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1;

5 5

 

 

 

Câu 3: Tính tích phân:

4 0

sin 2

1 cos 2

x









 Ta có Tính

sin 2 1 (1 cos 2 )

1 cos 2 2 1 cos 2

dx



 

0

ln(1 cos 2 ) ln 2



    

Tính

4 2

0cos

x

x



cos

dx

x

4 4 0 0

x

x



I 

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SASBa, SDa 2 và mặt

phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách

giữa hai đường thẳng AC và SD

Theo giả thiết (ABCD)  (SBD) theo giao tuyến BD Do đó nếu dựng AO  (SBD) thì O  BD

Mặt khác AS = AB = AD  OS = OB = OD hay SBD là tam giác vuông tại S

Từ đó: BD SB2SD2  a22a2 a 3

2

AO AB OB  a  

Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi:

3

S ABD A SBD SBD

a a

3

2 2

6

S ABCD S ABD

a

   (đvtt) Trong SBD dựng OH  SD tại H (1)  H là trung điểm của SD Theo chứng minh trên AO  (SBD)  AO  OH (2)

(1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD Vậy 1

a

d AC BD OH  SB

Câu 5: Cho hệ phương trình:

O B

D

C

A

S

H

3 2 2 2 3 2 2 2

2







( ,x y   )

Chứng minh rằng   m , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm

Đồ thị hàm số f x( )2x33x2 có tâm đối xứng x 1; 0

2

I 

  và đồ thị hàm số

g x x   x m có

trục đối xứng 1

2

x  Do đó nếu đặt y = 1 x và thay vào vế trái của (1) ta được:

(2x 3x x) x   x 3 m [2(1x) 3(1x)  1 x] (1x) (1x) 3 m 

(2x 3x x) x   x 3 m (2x 3x x) x   x 3 m 0,x m,  

Chứng tỏ   m , phương trình (1) luôn nhận nghiệm ( ; 1x x), x 

Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình: 2 1

 







có nghiệm   m hay phương trình x22mx3m  có nghiệm 3 0   m

Điều này là hiển nhiên vì

2

Câu 6a: 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(1; 3) Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành Viết phương trình đường

thẳng CD.Ta có AB  ( 2; 1),AB 5

; (C) có tâm 9 1;

2 2

I 

  và bán kính

10 2

R 

ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0

7 2

( , )

2 5

m

d I CD   ; CD2 R2d2( ,I CD)

2

2

5 (7 2 )

2 20

m



Vậy phương trình CD: x – 2y  1 = 0; x – 2y  6 = 0

Câu 6a: 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(1;1;0), cắt

đường thẳng (d): 2 2

x y z

  và tạo với mặt phẳng (P): 2x  y  z + 5 = 0 một góc 300

Gọi N ( )d   N(2 2 ; ; 2 t t  t)

Ta có: MN(1 2 ; t t  1; 2 t)

và mp(P) có vtpt n  (2; 1; 1)  (d) tạo với (P) góc 300 nên: 0  

s in30 cos ,

2 (1 2 ) ( 1) ( 2) 6

MN n

    

 

2 2

t



+ Với t = 0, phương trình : 1 1

 + Với

9 5

t  , phương trình : 1 1



Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z2z2  và 6 1 1

2

z i

z i

 



Giả sử z x yi, ( ,x y  Ta có: + ) 2 2 2 2 2 2

z z   xyi  xyi  x y 

2

z i

z i

 

       



(x 1) (y 1) x (y 2)

       x3y  1 0

Giải hệ phương trình:

2 2

2

2, 1

3 1 3

,

3 1 0 4 3 1 0

x y

x y

x y



 

    

Vậy 2 ; 7 1

4 4

z i z   i

Câu 6b: 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 và hai điểm B(1;4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19

5

Giả sử A(x; y)  (C)  (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 Ta có: BC 2 5 và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0

2 7 ( , )

5

x y

d A BC    Diện tích tam giác ABC: 1 ( , ) 19

2

ABC

S  BC d A BC 

 1.2 5 2 7 19 2 12

2 26

x y

x y

x y

 

    

 TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được 5 2 48 115 0 5; 23

5

y  y   y  y 

+y  5 x +2 23 14

y  x

TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm) Vậy A(2; 5) ; 14; 23

5 5

A  

Câu 6b: 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) và mặt cầu

2 2 2 ( ) :S x y z 2x4y6z67 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và 0

tiếp xúc mặt cầu (S) (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9

Giả sử (P) có vtpt n ( ; ; ), (A B C A2B2C2 0)

(P) // BC nên n BC ( 1;1; 4)n BC.0 AB4Cn(B4 ; ; )C B C

(P) đi qua A(13; 1; 0)  phương trình (P): (B4 )C xBy Cz 12B52C  0

(P) tiếp xúc (S)

2 2 2

4 2 3 12 52

( 4 )

d I P R

2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0

4 0

B C

B C

 



 Với B + 2C = 0 chọn 2

1

B C







 



, ta được phương trình (P): 2x + 2y  z + 28 = 0

Với B  4C = 0 chọn 4

1

B C











, ta được phương trình (P): 8x + 4y + z 100 = 0

Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài toán

Câu 7b: Giải bất phương trình sau:

2

4 4

log ( 3) log x 4x 3 x





 

Điều kiện:

2 2

4 3 0

3

4 3 1

4

3 0

2 2

3 1

x x

x

x x

x x

x x

   

 





  



 

 



  

 Khi đó có 3 trường hợp:

TH1: Nếu x > 4 thì log4 x24x3log 1 04  và log (4 x 3)log 14  Do đó bpt tương đương: 0

log (x3)log x 4x3 x 3 x 4x3 x 3 x (đúng 1  x 4)

TH2: Nếu 2 2x thì 4 log4 x24x3log 1 04  và log (4 x 3)log 14  Suy ra bpt vô 0 nghiệm

TH3: Nếu 3x 2 2thì log4 x24x 3 log 1 04  và log (4 x 3)log 14  Do đó bpt tương 0 đương: log (4 x3)log4 x24x3x 3 x24x3 x 3 x 1

(đúng  x (2; 2 2))

Vậy bpt có tập nghiệm là S (2; 2 2)(4; )