www.facebook.com/hocthemtoan
Trang 1Thầy Huy: 0968 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 48
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm)
yx m m xm m , trong đó m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2
2 Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y 2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x x x1, 2, 3 và đồng thời thỏa mãn đẳng thức 2 2 2
x x x
2 3 sin 1 cos 4 cos sin 3
2
x
2 Giải hệ phương trình
2
2 2
2
2 4.log
4, 4
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 2
6
4
4 sin cos 1
6
x
Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
AB a BC a BD a Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác BCD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB
bằng a
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức
1
a b c Chứng minh rằng 2 2 2
2 ab bc ca a b c 6
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 VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (I) và
A Điểm M(3; -1) nằm trên đường tròn (I) và thuộc cung BC không chứa điểm A Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các đường thẳng BC, AC Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết rằng trực tâm tam giác ABC là điểm H(3;1), đường thẳng DE có phương trình là x 2 y 3 0 và hoành độ của B nhỏ hơn 2
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng P :xy z 3 0 và đường thẳng 1
:
x y z
Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng
và cách đường thẳng một khoảng bằng 8
66
Câu VIIa (1,0 điểm) Giả sử z1, z2, z3 là ba nghiệm của phương trình 3
10 0
z z Tính giá trị của biểu thức
B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh A 2; 6 , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm 2; 3
2
D
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
1
;1
2
Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho các đường thẳng lần lượt có phương trình
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A4; 3; 2 cắt 1, 2 và vuông góc với đường thẳng 3
Câu VIIb (1,0 điểm) Cho các số phức z1, z2, z3 thỏa mãn z1 z2 z3 1 Chứng minh rằng:
Trang 2-Hết -
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 48
Câu1: 1 (1,0 điểm)Khi m 2 hàm số (1) có dạng y x3 3 x
a) Tập xác định D
b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên: y ' 3 x2 3, y ' 0 x 1 Khi đó xét dấu của y ':
1
-
y
x
hàm số đồng biến trên khoảng ; 1 , 1; và nghịch biến trên khoảng 1;1
+) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x 1, yCD 2.Hàm số đạt cực tiểu tại x 1, yCT 2
+) Bảng biến thiên:
-2
-
1
-
y'
y
x
c) Đồ thị: y 0 x3 3 x 0 x 0, x 3, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các điểm
0; 0 , 3; 0 , 3; 0 y '' 0 6 x 0 x 0 đồ thị hàm số nhận điểm 0; 0 làm điểm uốn
4
2
-2
-4
2 1
-2 -1 0
2 (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y 2:
x m m xm m x m m xm m
2
2
x m
x m x mx m
x mx m
Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y 2 tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác
m
2
6
m
Giả sử x1 m x x ; 2, 3 là 2 nghiệm của (2) Khi đó theo định lí Viet ta được: 2 3
x x m
x x x m x x x x
Trang 3
4
m
m
So sánh với điều kiện của m ta được m 3 thỏa mãn
2 3 sin 1 cos 4 cos sin 3
2
x
2 3 sin x 2 3 sin cos x x 2 cos x 1 cos x 3
2 3 sin x cos x 3sin x 2 3 sin cos x x cos x 0
+) 3 sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 0
,
x k x k k
2
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 2
x k x k k
Câu 2:2 (1,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương với:
log 4
2 4 log 4
2 4
x y
y x
Đặt 2 , ; 4
2 4
t
ta được
4
t
suy ra f t là hàm số đồng biến trên ; 4
Nếu x y f x f y log2y log2x y x vô lý
Nếu x y f x f y log2 y log2x y x Vậy x y
Thay x y vào phương trình thứ nhất ta được g x f x log2x 0 Mặt khác ta có g 2 0 và
.ln 2
t
t
suy ra g x g 2 x 2 x y 2 Thử lại ta thấy x y ; 2; 2 thỏa mãn hệ
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ; 2; 2
Câu 3:Ta có
3 sin 2 cos 2 2
2 3 sin cos cos 1
4 sin cos 1
6
2
2
6
u x
du dx dx
dv
x
nên
cos
6
d x
x
2
Trang 4O M
H
B
S
A
Câu 4: (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD), M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABCD Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên
Ta có AH2 BH2 4 a2 AB2 AH BH , kết hợp với AH vuông góc với SH ta được AH SHB Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được AH SHB suy ra AH HK HK là đoạn vuông góc chung của
AC và SB suy ra HK a
Trong tam giác vuông SHB ta có 1 2 12 12
2
SH a
HK SH HB
Ta có
3
.
a
Câu 5(1,0 điểm) Từ giả thiết ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số
ta được
2
2
a b c
2 ab bc ca a b c 6
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 2
Câu 6a: 1.(1,0 điểm) Theo giả thiết ta có A, H, M nằm trên đường thẳng x 3 0 suy ra D là trung điểm của
HM D 3; 0 Đường thẳng BC đi qua D và có vector pháp tuyến HD 0;1 BC y : 0
Gọi F là hình chiếu của
M lên đường thẳng AB suy ra F thuộc đường thẳng DE suy ra F 3 2 ; t t
1
5
t
t
TH1 Với 3 21 3
t F FA x y
Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của
loại do x B 2
Trang 5TH2 Với t 1 F 1;1 AF x : y 0 Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ
0; 0
B
Do C nằm trên đường thẳng BC nên C u ; 0 Mặt khác H là trực tâm nên HB vuông góc với AC AC HB 0 3 u 9 3 0 u 4 C 4; 0
2 (1,0 điểm) Ta có (P) có vtpt n P 1;1;1
, có vtcp u 1;3; 1
, M 1;0; 0
d
u n
d P
u n u
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với Khi
đó ta chọn n Q u u d; 2 4;1;7
suy ra (Q) có dạng 4 x y 7 z d 0
Ta có ; ; ; 4
66
d
d d d P d M P Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:
d
+) Nếu d 4 Q : 4 x y 7 z 4 0 Chọn điểm 1 13 ; ; 1
3 3
N P Q d
1
:
z d
+) Nếu d 12 Q : 4 x y 7 z 12 0 Chọn điểm
1;1;1
N P Q d suy ra phương trình 1 1 1
:
d
z z z z z z z i z i
Do đó ta có thể giả sử z1 2; z2 1 2 ; i z3 1 2 i suy ra
z z z i i
Vậy z12 z22 z3214
Câu 6b: 1 (1,0 điểm) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có phương trình đường thẳng AD: x 2 0 Do E thuộc đường thẳng AD nên E 2; t Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
IA IE t t t t
Do đo ta được E 2; 4 Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC hay BC nhận
5
1; 2
2
EI
là vector pháp tuyến Do đó pt của BC là:
2
BC x y x y
Vậy BC x : 2 y 5 0.
2 (1,0 điểm) 1 đi qua điểmM 0, 0, 3 và có vtcp u 1 2,1, 3
; 2 đi qua điểm N 2,1, 0 và có vtcp
1 1, 2, 3
u
Ta có u u 1; 2 MN 0
suy ra 1, 2 đồng phẳng suy ra nằm trong mặt phẳng chứa 1, 2
Kết hợp với vuông góc với 3 nên ta có 3
3
,
u u u
u u
Đường thẳng đi qua điểm A và có vtcp 1, 2,1 có phương trình là: 3 3 2
x y z
Câu 7b: (1,0 điểm) Ta có z z1 1 z z2 2 z z3 3 1 nên 1 2 3
z z z
z z z
z z z
z z z z z z
