Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 23 - Đề 13 docx

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y=-x
3
+3x
2
-2 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 2
2 3 5 4 6
x x x x x
     
( x

R).
2. Giải phương trình
3
2 2 cos2 sin2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x
 
    
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2

2
1
log
1 3ln
e
x
I dx
x x




Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
a 3
4

Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z
0

thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z

 

 

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng

:
3 8 0
x y
  
,
':3 4 10 0
x y
   
và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng

, đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường thẳng

’.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z

  
 

;
d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z
  
  và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z
4
– z
3
+ 6z
2
– 8z – 16 = 0
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C
1
): x
2

+ y
2
– 4 y – 5 = 0 và (C
2
): x
2
+ y
2
- 6x + 8y + 16 = 0
Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
)
2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
1 2
x 1 2t
x y 1 z 2
d : ; d : y 1 t
2 1 1
z 3
  

 

   







Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 

¡

Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG .
Môn thi : TOÁN
Câu Ý

Nội dung Điểm
1

*Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x
2
+ 6x ; y’ = 0


0
2
x
x






*Bảng biến thiên

x - 0 3 + 
y’ - 0 + 0 -
+  2
y
-2 -

* Hàm số nghịch biến trên ( -

;1) và ( 3; +


); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và y
CT
= -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và y
CĐ
= 2
* Đồ thị :
f(x)=-x^3+3x^2-2
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y







1đ

I
2

(1,0 điểm): Gọi M
( )
d


M(m;2). Gọi

là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k


PTĐT

có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT

là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm
3 2
2
3 2 ( ) 2 (1)
3 6 (2)
x x k x m
x x k

     


  


(I).
Thay (2) và (1) được: 2x
3

-3(m+1)x
2
+6mx-4=0

(x-2)[2x
2
-(3m-1)x+2]=0

2
2
2 (3 1) 2 0 (3)
x
x m x




   

. Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)

hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt

PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2
0 1 hoÆc m>5/3
(2) 0 m 2
m
f
   
 
 
 
 
 
.

Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với
1 hoÆc m>5/3
m 2
m 




thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
(C)

0,25


0,25



0,25






0,25
1

Điều kiện
2

2
2 0
0 2
5 4 6 0
x x
x x
x x

  

  


  


Bình phương hai vế ta được
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4
x x x x x
    

3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)
x x x x x x
      

( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x

x x
 
  
 

Đặt
( 2)
0
1
x x
t
x

 

ta được bpt
2
2 3 2 0
t t
  

1
2
2
2
t
t
t





  



( do
0
t

)
Với
2
( 2)
2 2 6 4 0
1
x x
t x x
x

      


3 13
3 13
3 13
x
x
x


 
   

 


( do
2
x

) Vậy bpt có nghiệm
3 13
x  



0,5










0,5

II
2


3
2 2 cos2 sin2 cos( ) 4sin( ) 0
4 4
x x x x
 
    


3 3
2 2 cos2 sin2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin )
0
4 4 4 4

x x x x x x
   
    


4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0

(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
sinx+cosx=0 (2)
4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)




. PT (2) có nghiệm
4
x k


  
.
Giải (2) : Đặ
sinx-cosx= 2sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)
4
t x

  
2
sin2 1
x t

  
,
thay vào (2) được PT: t
2
-4t-5=0

t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là :
3
2 hoÆc x= 2
2
x k k

 
  .
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:
4
x k


  
,
3
2 vµ x= 2
2
x k k

 
 

0,25




0,25




0.25




0,25





III

3
3 2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln

log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
 
 
 
  
  
  

Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
       . Đổi cận …
Suy ra
 

 
2
2 2
3
2
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e t
x
I dx tdt t dt
t
x x

   

  


2
3
3 3

1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
 
  
 
 



0,5



0,5













IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:





BCOA
BCAM
'
)'( AMABC



Kẻ ,'AAMH

(do
A

nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC







)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vơng góc chung của


AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd  .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
ta có:
AH
HM
AO
OA

'


suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH

HM.AO
O'A 

Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC






0,5

0,5



V

Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)
   
2
0
x y x y
    

Đặt x + y + z = a. Khi đó

   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
   
    

(với t =
z
a
,
0 1
t
 
)
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t



0;1
 . Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
 
 
0;1
64
inf
81
t
M t

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0

0,5






0,5
1

Tâm I của đường tròn thuộc

nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến

’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
   
     


Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)

2
= 25.

0,25

0,25

0,5









VIa
2

Gọi A = d
1
(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
 (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng  thỏa mãn bài tốn đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là
(1;3; 1)
u
 

r

Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:
1 2
1 3 1
x y z
 
 



0,5



0,5



VIIa

Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1

= –1, sau đó bằng cách chia đa thức
hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i




0,5


A

B

C

C’

B’

A
’

H

O

M


Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
Hết




Ñaùp soá:


  
1,2, 2 2 i, 2 2 i

0,5
1










1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.
C I R C I R
  

Gọi tiếp tuyến chung của




1 2
,
C C
là


2 2
: 0 0
Ax By C A B
     


là tiếp tuyến chung của





1 2
,
C C
 
 
 
 
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


  
 
 
 
 
 
 

   



Từ (1) và (2) suy ra
2
A B

hoặc
3 2
2
A B
C
 


Trường hợp 1:
2
A B

.Chọn
1 2 2 3 5 :2 2 3 5 0
B A C x y
            

Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C

 
 . Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y
              

0,5





0,5











VIb
2

Gọi




1 2
M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t';1 t ';3
         



     
   
     
1
1
MN 2t 2t' 1;t t'; t 5
2 2t 2t' 1 t t' t 5 0
MN.u 0
2 2t 2t' 1 t t' 0
MN.u 0
6t 3t ' 3 0
t t' 1
3t 5t' 2 0
M 2;0; 1 ,N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4
      



        

 

 
     





   

   

   

  
 
  

uuuur
uuuur uur
uuuur uur
uuuur

0,5








0,5





VIIb


Điều kiện:
0
0
y x
y
 





Hệ phương trình
 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
 
  
      
  
  
  
  
     
  

2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y

x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 



 
 
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 



 
 



 
  

 

 

( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

0,5




0,5