Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 50 ppt

Trang 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 50

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
32
( ) 2y f x x mx m
(1) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất
một điểm.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
2
2sin 3sin2 1 3sin cosx x x x

2) Giải hệ phương trình:
2
32
28
x y xy
xy

Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
6
0
sin

cos2
x
dx
x

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài
bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 45
0
. Tính thể tích của hình chóp
đó theo a.
Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn
2;4
. Chứng minh rằng:

1 1 9
4
2
xy
xy
.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm
P( 7;8)
và hai đường thẳng
1
:2 5 3 0d x y
;
2

:5 2 7 0d x y
cắt nhau tại A . Viết phương trình đường
thẳng
3
d
đi qua P tạo với
1
d
,
2
d
thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng
29
2
.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng
mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P):
2z
lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có
bán kính bằng 2 và 8.
Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa :
2 3 1
0 1 2
127

2 3 ( 1) 7
n
n
n n n n
a a a

aC C C C
n
3
20
n
An
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):

Trang 2

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi
qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình :
22
2 6 15 0x y x y

thành một dây cung có độ dài bằng 8.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) chứa đường thẳng
():
1
1 1 2
x y z
và tạo với mặt phẳng (P) :
2 2 1 0x y z
góc 60
0
. Tìm
tọa độ giao điểm M của mặt phẳng ( ) với trục Oz.
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình

(1 )(2 )
.3 .2 0
xx
x
xm
có nghiệm.


HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2)
2
3 2 (3 2 )y x mx x x m

Khi m = 0 thì
2
30yx
(1) đồng biến trên R thoả yêu cầu bài toán.
Khi
0m
thì (1) có 2 cực trị
12
2
0,
3
m
xx

Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:

12
( ). 0f x f x
32
2
42
2 (2 ) 0 4 (1 ) 0
27 27
mm
m m m

0
3 6 3 6
22
m
m

Kết luận: khi
3 6 3 6
;
22
m
thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.
Câu II: 1) PT
2
3sin cos 3sin cosx x x x

3sin cos 3sin cos 1 0x x x x


3sin cos 0

3sin cos 1 0
xx
xx

3
tan
3
sin sin
66
x
x

6
2
2 ; 2
3
xk
x k x k

2)
2
3 2 (1)
2 8 (2)
x y xy
xy
. Điều kiện :
. 0 ;x y x y

Ta có: (1)
2

3( ) 4 (3 )( 3 ) 0x y xy x y x y
3
3
y
x y hay x

Với
3xy
, thế vào (2) ta được :
2
6 8 0 2 ; 4y y y y

Hệ có nghiệm
6 12
;
24
xx
yy


Trang 3

Với
3
y
x
, thế vào (2) ta được :
2
3 2 24 0yy
Vô nghiệm.

Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:
6 12
;
24
xx
yy

Câu III:
66
2
00
sin sin
cos2 2cos 1
xx
I dx dx
xx
. Đặt
cos sint x dt xdx

Đổi cận:
3
0 1;
62
x t x t

Ta được
3
1
2
2

3
1
2
1 1 2 2
ln
21
2 2 2 2
t
I dt
t
t
=
1 3 2 2
ln
2 2 5 2 6

Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho

0
45SIH
.
Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra :
3 3 3
,,
2 3 6
x x x
AI AH HI

SAH vuông tại H
2

2 2 2 2
3
3
x
SH SA AH a

SHI vuông cân tại H
3
6
x
SH HI

Suy ra:
22
2
3 3 2 15
6 3 5
x x a
ax

Do đó:
2 2 3
.
1 1 5 3 3 15
. . .
3 3 5 5 25
S ABC
a a a
V SH dt ABC

Câu V: Gọi
11
2
xy
A x y
x y y x
. Đặt
x
t
y
thì
1
( ) 2A f t t
t

Với
24
11
, 2;4 2 ;2
111
22
42
x
x
x y t
y
y

Ta có:
2

22
1 1 1
( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2
2
t
f t f t t
tt


1 9 9
(2) ; (1) 4 4
2 2 2
f f f A
(đpcm)
Câu VI.a: 1) Ta có
A(1; 1)
và
12
dd
.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1
d
,
2
d
là:

1
:

7 3 4 0xy
và
2
:
3 7 10 0xy


3
d
tạo với
1
d
,
2
d
một tam giác vuông cân
3
d
vuông góc với
1
hoặc
2.
.
Phương trình của
3
d
có dạng:
7 3 0x y C
hay
3 7 0x y C

Mặt khác,
3
d
qua
( 7;8)P
nên C = 25 ; C = 77

Trang 4

Suy ra :
3
: 7 3 25 0d x y
hay
3
:3 7 77 0d x y

Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
29
2
cạnh huyền bằng
58

Suy ra độ dài đường cao A H =
58
2
=
3
( , )d A d

Với
3
: 7 3 25 0d x y
thì
3
58
( ; )
2
d A d
( thích hợp)
Với
3
:3 7 77 0d x y
thì
3
87
( ; )
58
d A d
( loại )
2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P):
z 2
vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm
1
(0,0,0)O
, bán kính
1
2R
và tâm
2

(0,0,2)O
, bán kính
2
8R
. Suy ra tâm mặt cầu (S) là
(0,0, )Im
Oz.
R là bán kính mặt cầu thì :
2
22
22
2
22
2
4 64 2
82
Rm
mm
Rm

m 16


2 65R
,
I 0;0;16

Vậy phương trình mặt cầu (S) :
2 2 2
( 16) 260x y z

Câu VII.a:
32
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n
n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:
27
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
aa
aC C C

Ta có :
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
(1 )x C C x C x C x C x C x C x

Nên
27
6 0 1 6
6 6 6
0
0
00
(1 )

27
aa
a
a
xx
x dx C x C C

7 2 7
0 1 6
6 6 6
0
(1 )
. .
7 2 7
a
x a a
aC C C


7
7 7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
aa

a 1

Vậy a = 1 và n = 6 .

Câu VI.b: 1) (C) có tâm
(1; 3)I
và bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và
2 2 2 2
5 4 3IH R AH
hay
( , ) 3dI
(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:
22
0 ; 0Ax By A B

Từ (*) cho :
22
3
3 (4 3 ) 0
AB
A A B
AB

0A
hay
4 3 0AB

Với
4 3 0AB
, chọn A = 3; B = – 4 Phương trình của ():
3 4 0xy

Với A = 0, chọn B = 1 Phương trình của ():
y 0
.
Kết luận : PT của () là
3 4 0xy
hay
y 0
.
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP
(1; 1; 2)u

. (P) có VTPT
n (2; 2; 1)

.
Giao điểm M(0;0;m) cho
( 1;0; )AM m

. ( ) có VTPT
, ( ; 2;1)n AM u m m
  


Trang 5

( ) và (P):
2 2 1 0x y z
tạo thành góc 60
0
nên :

2
2
1 1 1
cos , 2 4 1 0
22
2 4 5
n n m m
mm

m
m
22
22
.
Kết luận :
(0;0;2 2)M
hay
(0;0;2 2)M

Câu VII.b: PT
12
12
.3 0
3
x
x
x
x
x

m
xm

Đặt :
()
3
x
x
fx
,
1 .ln3
()
3
x
x
fx
;
1
( ) 0 1;2
ln3
f x x


2 1 1 1
( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )
9 ln3 .ln3 .ln3
f f f f x
ee
;
1;2x

Kết luận : Khi
1
3
.ln3
m
e
thì PT có nghiệm .