Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 16 potx

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
Môn : TOÁN - Khối : B

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1
y x ( m )x m
   
(1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là
cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
sin 2 cos sin cos cos2 sin cos
x x x x x x x
   

2. Giải phương trình
2
3 2 6 2 4 4 10 3
x x x x
      
(x  R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
0
1 sin

cos
x x
I dx
x





Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a,
AD =
3
a
. Hình chiếu vuông góc của điểm A
1
trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC
và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD
1
A
1
) và (ABCD) bằng 60
0

. Tính thể tích khối lăng trụ đã
cho và khoảng cách từ điểm B
1
đến mặt phẳng (A
1
BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
b a b a
   
  
   
   
.
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 toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm
tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M
thỏa mãn OM.ON = 8.
2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

2 1
1 2 1
x y z
 
 
 
và mặt phẳng (P) :
x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI
vuông góc với  và MI =
4 14
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết:
5 3
1 0
i
z
z

  
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B
1
;1
2
 
 
 
. Đường tròn nội tiếp tam

giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và
đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :
2 1 5
1 3 2
x y z
  
 

và hai điểm
A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác MAB có
diện tích bằng
3 5
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức
3
1 3
1
i
z
i
 


 
 

 
.

BÀI GIẢI GỢI Ý

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 1  y = x
4
– 4x
2
+ 1
D = R, y’ = 4x
3
– 8x, y’ = 0  x = 0 hay x = 
2

Hàm số đồng biến trên (
2

; 0) và (
2
; +), nghịch biến trên (-;
2

) và (0;
2
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= 1, đạt cực tiểu tại x =
2
 và y

CT
= -3

lim
x
y

 

Bảng biến thiên :
x -
2
 0
2
+
y’  0 + 0  0 +
y + 1 +
-3 -3

2/ y’ = 4x
3
– 4(m + 1)x
y’ = 0  x = 0 hay x
2
= m + 1
Hàm số có 3 cực trị  m + 1 > 0  m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m),
B (
1
m


; -m
2
– m – 1); C (-
1
m

; -m
2
– m – 1)
Ta có: OA = BC  m
2
= 4(m + 1)  m = 2 
2 2
(thỏa m > -1)
Câu II.
1. Phương trình đã cho tương đương :
2sinxcos
2
x + sinxcosx = 2cos
2
x – 1 + sinx + cosx
 sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx
 cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0
 sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0
 x =
2
2
k




hay 2cos
2
x + cosx – 1 = 0
 x =
2
2
k



hay cosx = – 1 hay cosx =
1
2

 x =
2
2
k



hay x =  + k2 hay x =
2
3
k


 

(k  Z)
2. Đặt t = 3 2 6 2
x x
  
 t
2
=
2
9(10 3 4 4 )
x x
  
Phương trình đã cho trở thành : t
2
– 9t = 0  t = 0 hay t = 9
Với t = 0 :
3 2 6 2
x x
  
 x =
6
5

Với t = 9 : 3 2 6 2
x x
  
= 9 (điều kiện : -2  x  2)

2 3 2 2
x x
   

 2 + x = 9 +
12 2
x

+4(2 – x)

12 2 5 15
x x
  
(vô nghiệm)
Cách khác : Đặt u =
2
x

và v =
2
x

(u, v  0), phương trình đã cho trở thành:

2 2
2 2
3 6 4 4 (1)
4 (2)
u v uv u v
u v

   



 



(1)  3(u – 2v) = (u – 2v)
2
 u = 2v hay u = 2v + 3
x
y
-2
2
1
-3
2


2

O
Với u = 2v ta có (2)  v
2
=
4
5
suy ra: 2 – x =
4
5
 x =
6
5

Với u = 2v + 3 ta có (2)  (2v + 3)
2
+ v
2
= 4  5v
2
+ 12v +5 = 0 (VN vì v 0)
Câu III:
 
3 3 3 3
3
2 2 2 2
0
0 0 0 0
sin sin sin
tan 3
cos cos cos cos
dx x xdx x xdx x xdx
I x
x x x x
   

     
   

Đặt u = x => du = dx

2
sin

cos
xdx
dv
x

, chọn
cos
v
x



 I =
3
2
0
sin
3
cos
x xdx
x



=
3
3
0
0
3

cos cos
x dx
x x


 

=
3
2
0
2 cos
3
3 sin 1
xdx
x


 



=
3
0
2 1 sin 1
3 ln
3 2 sin 1
x
x




 

=
2 1 2 3
3 ln
3 2
2 3


 


Câu IV.
Ta có : OI =
2
a
, OIA
1
là nửa tam giác đều
 A
1
I = 2OI = a

1 1 1 1
ABCD.A
B C D
V =

3
. 3.
2
a
a a =
3
3
2
a

Gọi B
2
là điểm chiếu của B
1
xuống mặt phẳng ABCD
Vậy d (B
1
, A
1
BD) chính là đường cao vẽ từ B
2
của OB
2
B
2
2
( )
1 1 3
. 3
2 2 4

OBB
a
S a a  =
2
1
.
2
OB B H

 B
2
H =
2
3 1 3
2. .
4 2
a a
a

Câu V.
Theo giả thiết ta có






2 2
2 2
a b ab a b ab

    
. Từ đây suy ra :
 
1 1
2 1 2
a b
ab
b a a b
   
    
   
   
hay
2 2
2 1
a b
a b
b a b a
 
     
 
 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :
2 2
2 2
a b
a b
b a b a
 

    
 
 
 

Đặt t =
a b
b a

, ta suy ra : 2t + 1 
2 2 2
t

 4t
2
– 4t – 15  0  t 
5
2

Mặt khác: P =
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
b a b a
   
  
   
   
= 4(t

3
– 3t) – 9(t
2
– 2) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18 = f(t)
f’(t) = 12t
2
– 18t – 12, f’(t) = 0  t =
1
2

hay t = 2
 Min f(t) =
23
4

khi t =
5
2

Vậy min P =
23
4

khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
Câu VI.a.
A

B
C

D

A
1

B
2

H

O

I

1. Phương trình ON có dạng
x at
y bt





(a
2
+ b
2

 0), N (at
1
; bt
1
) và M (at
2
; bt
2
)
M = ON   : at
1
– bt
1
– 4 = 0  t
1
=
4
a b

(a  b)
N = ON  d : 2at
2
– bt
2
– 2 = 0  t
2
=
2
2
a b


(2a  b)
Suy ra :
4 4
;
a b
M
a b a b
 
 
 
 
,
2 2
;
2 2
a b
N
a b a b
 
 
 
 

Ta có: OM.ON = 8 
2 2 2 2
4 2
8
2
a b a b

a b a b
  
 

2 2
2
a b a b a b
   

TH1: a = 0 ta có : b
2
= b
2
, chọn b = 1  M (0; -4) , N (0; -2)
TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b
2
=
(1 )(2 )
b b
 
 1 + b
2
=
2
3 2
b b
 


2 2

2 2
3 2 1
3 2 1
b b b
b b b

   

    

 b =
1
3
. Vậy M (6; 2) ; N
6 2
;
5 5
 
 
 
.
Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2) 
ON
uuur
= (n; 2n – 2)
Điểm M    M (m; m – 4) 
OM
uuuur
= (m; m – 4)
Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8


.
OM ON
uuuur uuur
= 8  m = 5n (1)
Ta có
OM
uuuur
cùng phương với
ON
uuur
 m.n + 4n – 2m = 0 (2)
Từ (1) và (2)  5n
2
– 6n = 0  n = 0 hay n =
6
5

Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)
Với n =
6
5
thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N
6 2
;
5 5
 
 
 

2. Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)

MI
uuur
= (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của  là
a
r
= (1; -2; -1)
Ta có :
2
MI. 0
16.14
a
MI







uuur r

2 2 2
2 1
(1 ) (1 ) ( 2 ) 16.14
y x
x y x y
 



       


 x = -3 hay x = 5
Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (-3; -7; 13)
Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11)
Câu VII.a. Gọi z = x + yi  0 với x, y  R

5 3
1 0
i
z
z

  

5 3 0
zz i z
   
 x
2
+ y
2

– x – 5
( 3 )
y
 
i = 0

 x
2
– x – 2 = 0 và y =
3

 (x = -1 và y =
3

) hay (x = 2 và y =
3

)
Vậy z =
1 3
i
  hay
2 3
z i
  .
Câu VI.b.
1. Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên
BD // EF  ABC cân tại A
Ta có BD = BF 
2
2 2
5 1
( ) (3 1)
2 2
x
 

   
 
 

 x = 2 hay x = -1 (loại)  F (2; 3)
Đường thẳng BF cắt AD tại A nên ta có: A (3;
13
3
)
A
B
C
F E
D


2. M    M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)

( 1; 2;1)
AB   
uuur
;
( ;3 ; 6 2 )
AM t t t
  
uuuur
;
[ , ] ( 12; 6; )
AB AM t t t
    

uuur uuuur

S
MAB
=
3 5
=
1
[ , ] 3 5
2
AB AM 
uuur uuuur

2 2 2
1
( 12) ( 6) 3 5
2
t t t     

 3t
2
+ 36t = 0  t = 0 hay t = -12
Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)
Câu VII.b.
3
2 cos sin
3 3
2 cos sin
4 4
i

z
i
 
 
 
 

 
 
 
 

 
 

 
 
 
 
=
cos sin
8
3 3
cos sin
4 4
i
i
 
 




=
3 3
2 2 cos sin
4 4
i
 
 
 
   
  
   
 
   
 
=
2 2 cos sin 2 2
4 4
i i
 
 
  
 
 

Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
Cách khác : z =
2 3
2 3

1 3 3 9 3 3
1 3 3
i i i
i i i
  
  
=
4
1
i

= 2 + 2i
Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.