Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 8 pptx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm)
Câu I (2 điểm).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2.Tìm a để phương trình : 03log4
3
24
 axx có 4 nghiệm thực phân biệt .
Câu II (2 điểm).
1.Giải phương trình: 1cos44cos32
4
cos2
22







 xxx

.
2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223
22


Câu III (2 điểm)
1.Tính I =
8
15
1
dx
x x





2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng

với







2
;
4


.Tính thể tích của khối chóp đó theo h và


.Với giá trị nào của

thì thể tích khối chóp đạt
giá trị lớn nhất .
Câu IV (1 điểm). Cho 0;0


ba và
1


ba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
2
2
2
11
M
b
b
a
a 
PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va(3 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn


2 2
: 2 0

C x y x
  
. Viết phương trình tiếp tuyến của


C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng
o
60 .
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :

 
1
1
: 2
2
x t
d y t t
z t
 


 


  

¡
và
1

1
3
1
1
:
2





zyx
d

Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
.
3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221  iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
Câu Vb. (3 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3).
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
:
1

d
3
6
1
2
2
5





zyx
và
 
2
: 2
1
x t
d y t
z t



 


  

¡

.
Lập phương trình đường thẳng
1
d

là hình chiếu song song của
1
d theo phương
2
d lên mặt phẳng (Oyz)
3. Giải hệ phương trình :




2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4
y x y x x xy y
x y

    



 


Hết



ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG.
Môn thi : TOÁN
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
1,25
2. Phương trình tương đương với x
4
– 4x
2
+ 3 = a
3
log
0
0,25
Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương


1
a
3
log < 3
0,25

Câu I




1log
3
a 1log1
3
 a

3
3
1
 a

0,25
1. Giải phương trình: 1cos44cos32
4
cos2
22







 xxx


.

1điểm
Phương trình tương đương với
2
1 cos 4 3cos4 4cos 1
2
x x x

 
     
 
 



2
sin 4 3cos4 2 2cos 1
1 3
sin 4 cos4 cos2
2 2
cos 4 cos2
6
x x x
x x x
x x

   
  
 

  
 
 

 
12
36 3
x k
k
k
x


 

 

 


 


¢



0,25

0,25

0,25
0,25
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223
22
 (*)
1 1đi
ểm
(*)
2
2 2
3 2 0
3 2 2 2
x x
x x x mx m

   


      


0,25





















m
x
x
xf
x
xxm
x
2
1
23
)(
21
23)1(2
21

0,25

Câu
II


+ f(x) liên tục trên


1;2
và có
 
 
2
5
( ) 0, 1;2
1
f x x
x

   

)(xf

đồng biến trên


2;1
Bài toán yêu cầu
1 2

(1) 2 (2)
4 3
f m f m
     


0,25

0,25

1. Tính tích phân I =
8
15
1
dx
x x






1điểm
Câu
III
2. Xác định đúng góc
·
·

SBA SBC


   và SA=SB=SC
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h,
và H là tâm dáy .
Gọi K là trung điểm BC ta có
BCSK


Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x
Ta có

tan.xSK

(trong tam giác SBK)
Trong
:
SHK



2
2 2 2 2 2 2
.tan
3
x
SH HK SK h x

    
1tan3
3

2
2
2



h
x


4
3)2(
2
x
S
ABC
1tan3
33
2
2


h
Vậy
3
1
.S
3
1
ABC

hSHV 
1tan3
33
2
2


h
3
2
3
3tan 1
h



(đ.v.t.t)


0,25





0,25

0,25









2
;
4








;1tan

.Suy ra
3 3 3
2
3 3 3
3tan 1 3.1 1 2
h h h
V


  
 
.
Vậy,
3
3
max tan 1
2 4
h
V

 
    



0,25
Cho 0;0


ba và
1


ba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
2 2
1 1

M a b
a b
   


1điểm

Câu
IV
Ta có
ab
ab
ba
ab
ba
baM
2
2
1
12
1
1)(
2222
22















 (dấu "=" xẩy ra khi a=b)
Theo Cô-si
4
1
021  ababba . Đặt t=ab ta có
1
0;
4
t D
 
 


 

Do đó
2
( ) 2 ,
M f t t
t
  

t D


2
2 2
2 1
( ) 2 2( 1) 0,
f t t
t t

    







4
1
;0t
1 17
min ( )
4 2
D
f t f
 
  
 
 

.
Vậy
17
min
2
M

đạt được khi
1
2
a b
 
.( Bài này còn nhiều cách giải khác)
0,25


0,25




0,25

0,25

Câu
Va

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn



2 2
: 2 0
C x y x
  
. Viết phương trình tiếp tuyến
với


C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng
o
60 .
1 1đi
ểm

Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc
o
60

hệ số góc của tiếp tuyến bằng tan
o
60 hoặc tan120
o

Do đó tiếp tuyến có dạng 3
y x b
 
hoặc 3
y x b

  
(d)
0,25
0.25

(d) tiếp xúc với đường tròn
3.( 1)
2 3
( , ) 1 1
2
2 3
b
b
d I d
b
  

  
    

  




0.25

Vậy ta có 4 tiếp tuyến :
,0323  yx
3 2 3 0,

x y
   
3 2 3 0,
x y
   
3 2 3 0,
x y
   


0.25

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :
1
1
: 2
2
x t
d y t
z t
 





  

và
1

1
3
1
1
:
2





zyx
d
Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2


1
điểm

Đường thẳng d
1
đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là
1
( 1;2;1)
u  
ur
, đường thẳng d

2
đi qua
B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là
2
(1;3; 1)
u
 
uur


0,25

Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua )
2
1
;
2
1
;
2
1
( E song song 2 đường thẳng d
1
,d
2
thì (P)
là mặt phẳng phải tìm .
Ta có
1 2
,

u u
 
 
ur ur
= (-5;0;-5) nên
(1;0;1)
n 
r
là một véctơ pháp tuyến của (P) .
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là :
1 1
1. 0 1. 0 0
2 2
x z x z
   
       
   
   


0,25

0,25

0,25

3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221  iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất.

1điểm

Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z.
221  iz




421
22
 yx

0,25



Đường tròn (C) :




421
22
 yx có tâm (1;2) Đường thẳng OI có phương trình y=2x
Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu
diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao
điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ


0,25

   
2 2
2
1 2 4
y x
x y




   




5
2
1x
hoặc
5
2
1x

Chọn
5
2
1x
5
4
2  y

nên số phức
2 4
1 2
5 5
z i
   
   
   
   

0,25



0.25
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y + 6 = 0 và điểm A(1; 3).
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B , C sao cho BA = BC

1điểm
Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và RIA  252
A

ngoài đường tròn .
Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có :
164202.
222

 ABRAIACAB
BEBCAB 222 

Với E là trung điểm BC
2 BE
2),(  dId .
0,25


0,25
Mà phương trình đường thẳng d qua A có hệ số góc k là: y = k(x-1)+3 hay kx–y+3-k =0
0,25
2
1
313
),(
2




k
kk
dId
7;1






kk
Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán
0107;04






yxyx



0,25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
:
1
d
3
6
1
2
2
5





zyx

và








tz
y
tx
d
1
2:
2
.
Lập phương trình đường thẳng
1
d

là hình chiếu song song của
1
d theo phương
2
d lên mặt (Oyz)


1điểm
Ta có )3;1;2(

1
u là VTCP d
1
và )1;0;1(
2
u là VTCP d
2
không cùng phương.
Gọi )(

là mặt phẳng qua
1
d và song song
2
d

1
d

(nếu có) là giao tuyến của )(

và (Oyz).

0, 25
Ta có phương trình của )(

: x – 5y +z - 1 = 0 và phương trình mặt phẳng (Oyz) là: x = 0
0,5
Suy ra phương trình đường thẳng
1

d

là :
0
1 5
x
y t
z t






 




t 
¡


0,25
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0
4
3
2
2
2

22







 y
y
xyxyx yx,

>0

0 0.25

Xét x > y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y


   



(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.

0 0,25

Xét x < y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y


   



(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
0 0,25

Câu
Vb

Khi x = y hệ cho ta
2 2
0 0
2 2 4
x y




 


x = y =
2
( do x, y > 0). Vậy hệ có ngd nh
 


; 2; 2
x y 

Vậy hệ có ngd


0,25