ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 45 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 45

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx3 6 x2 9 mx  3 (1) (m là tham số)

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

2) Xác định m để đường thẳng d: y = 9 3

4x  cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2(sinxcos ) sin 3x  xcos 3x3 2(2 sin 2 ) x

2) Giải phương trình: 2

log ( x  2) (2  x  20) log ( x  2) 10  x  75  0

Câu III (1 điểm)

Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = 5

x x



  , trục hoành và hai đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành

Câu IV (1 điểm)

Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’ Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E Tính thể tích khối chóp A.BMNE

Câu V ( 1 điểm)

Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : 2 2

(x2) (y2) 7 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = 3 x x ( 4) 5 + 3 y y ( 4) 5

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )

1 Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIa ( 2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4, 4

3

 ), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm

I(1, 1

2

 ) Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 1 1

x y z

 và hai điểm A(3, 2, –1), B(–1,– 4,3) Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VIIa ( 1 điểm)

Tính tổng S = 1 20110 1 12011 1 20112 1 20112010 1 20112011

3C 4C 5C  2013C 2014C

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb ( 2 điểm)

1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :

2 2

1

  và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2) Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2

(x1) (y2) (z3) 17 và mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 7 = 0 Viết phương trình đường thẳng  đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb ( 1 điểm)

Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình: 2

[(1 3) ( 3 1) ] 2 3 2 0

z     i z  i Tìm phần thực và phần ảo của số phức z12011z20112

-

HƯỚNG DẪN ĐỀ 45

Câu I (2 điểm)

1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm yx36x29x3 +TXĐ : D = R

+lim

   , lim

   + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 1 1





+BBT

x – 1 3 +

y’ + 0 – 0 +

y

1 +

– – 3

+ Hàm đồng biến trên các khoảng (– , 1) và (3, +), nghịch biến trên khoảng (1,3)

Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3)

+ y” = 6x – 12 ; y” = 0 x = 2 , y(2) = – 1 Đồ thị có điểm uốn (2,– 1)

+ Đồ thị

4

2

-2

-4

t x   = x   3 -6x 2 +9x -3

2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 3 2 9

4

mx  x  mx   x 

4

4

x mx  x m 

+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

9

m



0

1 4

m

m

m





















(*)

+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 = 9

4x1 – 3, y2 =

9

4x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) Ta có AB



= (x1,

y1 + 3),  AC

= (x2, y2 + 3)  AC

= 3 AB

3

x x









x2 = 3x1

+Ta có

2





+ Ta có 4m2 – m – 3 = 0  1

3 / 4

m m





  



( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4

Câu II(2 điểm) 1) 2(sinxcos ) sin 3x  xcos 3x3 2(2 sin 2 ) x

 2(sinxcos ) 3sinx  x4 sin3x4 cos3x3cosx3 2 (2 sin 2 ) x

 5(sinxcos ) 4(sinx  xcos )(1 sin cos )x  x x 3 2 (2 sin 2 ) x

 (sin x  cos )(1 4 sin cos ) x  x x  3 2 (2 sin 2 )  x (1)

+ Đặt t = sinx – cosx ,  2 t 2 thì t2 = 1 – sin2x

+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = 3 2( 3 – t2 ) 3 2

2 t  3 2 t   t 9 2  0

 (t 2)(2t25 2t9)0t = 2

+ sinx – cosx = 2  sin( ) 1 3 2



2) (1,0 đ) log (22 x2) (2 x20) log (2 x2) 10 x750 (1)

+ĐK: x > – 2 Đặt t = log (2 x 2)thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2)

+ '= (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Suy ra (2)  5

15 2

t







+ log (2 x  2)= 5 x + 2 = 25 x = 30 +log (2 x  2)= 15 – 2x log (2 x  2)+ 2x – 15 = 0 Đặt f(x) = log (2 x  2)+ 2x – 15 thì f’(x) = 1

2 ( x  2) ln 2  > 0, x   ( 2, )

Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+) và f(6) = 0 x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0

+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6}

Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V =

3

2 1

5 (1 3 2 )

x

dx x









+ Đặt t = 1 + 3 2x  3 2x = t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt

x = – 1t = 2 ; x = 3 t = 4

+ V =

4 2

2 2

( 1) 2

t t

t dt t

     =

4

2 2

3

2 t  t t dt

4 2

2

3 10 ln

t

t

    

=  5ln 2 1  Câu IV (1 điểm)

+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E

E

K

H

N

M

C'

B'

A

C

B

A'

Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 +VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK) +SABK = 1

2AB.AK.sin60

0

=

2

3 3 8

a

+VH.ABK = 1

3SABK.HA =

3

3 3 8

a

+VM.ABK = 1

3SABK.MC =

3 3 8

a

; ' ' 1

3

A E HA

AB  HA  A’E =

1

3a

+VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =1

3SA’EN.HA

= 1

6 .A’E.A’N.sin60

0

.HA =

3 3 24

a

+VA.BMNE =

3

3 3 8

a

– (

3 3 24

a

+

3 3 8

a

) =

3

5 3 24

a

Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P Ta có mTHệ sau có nghiệm







(I)

+Đặt u = 3 x x ( 4) 5 , v =3 y y ( 4) 5 Ta có u = 3( x  2)2  1 1,tương tự v1

Hệ (I) trở thành

3 3

9

u v

u v m



 





3 (u v) 3uv u( v) 9

u v m



 





3 9 3

m uv

m

u v m







  



(m0)

+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: 2 9

0 3

m

t mt

m



+ Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1t1t2

0

( 1)( 1) 0

t t

 











3 2

3

0 3

2 0 9

1 0 3

m m

m m

m

m m





 











3

36 0 3

2

0 3

m m m

m

  

















3

2

m m









 3  m  336 Suy ra miền giá trị T = [3, 336] Vậy maxP = 336, minP = 3

Câu VIa ( 2 điểm):

1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I M’(3, 2) và N’( – 2, 1

3)

+Phương trình đường thẳng M’N’: 3 2

5 5 / 3

x y



  x – 3y + 3 = 0

+AMN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ

+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1

+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt 3 3 0 0



C(0, 1)A(2, – 2) + Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua IQ’(5, – 2)

+DMQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN

+ Phương trình M’Q’: 5 2

x  y 



 2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4

+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt 2 8 0 4



B(4, 0)D(– 2, – 1 ) Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 )

2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)d Ta có:

MA + MB = ( t  2)2 (2 t  3)2 (2 3 )  t 2 + (2  t )2 (2 t  3)2   ( 2 3 ) t 2

= 14t228t17 14t228t17 = 2 3 2 3

+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, 3

14 ), F(–1, –

3

14 ) và N(t, 0)

Ta có MA + MB = 14(NE + NF) 14FE = 2 17

+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0

+ Vậy min(MA + MB) = 2 17khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)

Câu VIIa (1 điểm) + Ta có (1x)2011C20110 C12011xC20112 x2 C20112010x2010C20112011x2011

Suy ra x2(1x)2011C20110 x2C12011x3C20112 x4 C20112010x2012C20112011x2013

1

2 2011

0

(1 )

x x dx

1

0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013

0

C x C x C x  C x C x dx



=

1

0

=1 20110 1 20111 1 20112 1 20112010 1 20112011

3C 4C 5C  2013C 2014C Vậy S =

1

2 2011 0

(1 )

x x dx

 Đặt t = 1 – x dt = – dx Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0

S =

0

2 2011

1

(1t t) (dt)

1

0 (t 2t1)t dt

1

2013 2012 2011 0

(t 2t t )dt



=

2014 2013 2012

0

2

2014 2013 2012

= 1 2 1

201420132012=

1 2013.2014.1006

x y



   2x + 3y + 2 = 0

+ AB = 2 13, M(x0,y0)(E)

2 2

  , d(M,AB) = 2 0 3 0 2

13

x  y 

+ SMAB = 1

2AB.d(M,AB) = 2x03y02

+ BĐT Bunhiacôpxki

Suy ra   9 2 x0 3 y0 9   7 2 x0 3 y0  2 11 2x03y02 11

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0

2

y

x y













.Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2, 5

) 3

2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n

= (2, 2, 1) + Gọi u 

= (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)

+(P)u 

 n 

2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1) + Ta có  AI

= (–9, 2, 20), [ AI

,u



] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

tiếp xúc (S) d(I,) = R



,

17

AI u

u



 

  (2c20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b2 )a 2  17 a2b2c2 (2)

+Từ (1) và (2) ta có :( 4 a24 )b 2(2a18 )b 2 ( 9b2 )a 2 17[a2b2 ( 2a2 ) ]b 2

896b2 – 61a2 + 20ab = 0

+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b0 Chọn b = 1

Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = 224

61



+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224

61

 , b = 1 thì c = 326

61 Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán

là:  x   8 4 , t y  t z ;   23 10  tvà / 224 326

Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số = [(1 3) ( 3 1) ]  i24(2 32 )i  4 34i=[(1 3) (1  3) ]i 2

+Phương trình có hai nghiệm: z1 = 3– i và z2 = 1 + 3i

+z1 = 3– i = 3 1

 12011 22011[ cos( 2011 ) sin( 2011 )

2 2i

+z2 = 1 + 3i = 1 3

2

2 2 i

Suy ra 12011 22011 2011 1 3 1 3

z  z     i Vậy phần thực là 22010(1  3) và phần ảo là 22010(1  3)