Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 37 - Đề 6 (có đáp án) ppt

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

 


  


.

2.Giải phương trình sau:


6 6
8 sin cos 3 3 sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11
x x x x x
    
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x

 

.
Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a
2
, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng
3
a
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ

diện ABCD bằng
3
15
27
a
.
Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện


2 2
2 1
x y xy
  
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy



.
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 mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y

2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ)
vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:
2 1
4 6 8
x y z
 
 
 
và
d
2
:
7 2
6 9 12
x y z
 
 

. Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa
độ điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình
2
2 4 11 0
z z
  
. Tính giá trị của
biểu thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z


.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y

 
và đường thẳng

:3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên


kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia
Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:





yyxx
xyyx
222
222
log2log72log
log3loglog

……………Hết………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……………………

P N THI TH TON
Cõu

í

Ni dung
i
m














I
1

* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y


; tiệm cận ngang:

y = 2

( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y



; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1
' 0
( 1)
y
x


với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1;
+

)

1










2

Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0

0
2 1
1
x
y
x




Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x


- 2| = |
0
1
1
x

|
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0
0
1
x 1.
1
x


=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh
vậy ta
có hai điểm cần tìm là M(0;1) và M(-2;3)
0,5

0,5













1


6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x

Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11
x cos x x cos x x


2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin2 11
4
3 3sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x








0,5


0,5

II


 
 
3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0
cos x x x x
x cos x x
    
    

2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x
cos x x x cos x
  
 
 
 
    
 

Gi¶i (2) : 12
( )
5
12
x k

k Z
x k


  





  


; Gi¶i (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k


  





  




KÕt luËn :

2

Ta có:


 
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0
x y y x y x x x y xy y
        
.
Khi
0
y

thì hệ VN.
Khi
0
y

, chia 2 vế cho
3
0
y
 

3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
   
     
     
.
Đặt
x
t
y

, ta có :
3 2
2 2 5 0 1
t t t t
     
.
Khi
1
t

,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x

x y x y
y



      




.




0,5








0.5

III

I =
1 1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x
x e dx e dx x e dx I I
x x
  
      
  
.
Tính I
1
theo phương pháp từng phần I
1
=
2
1 1
52
2
2
1
1

2
2
1 3
( )
2
x x
x x
xe x e dx e I
x
 
   


5
2
3
.
2
I e
 

0,5đ



0,5

IV

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là



Thể tích của khối tứ diện ABCD là

Mà


0,5

0,5




H
D
E

C

B

A
Khi ú : l 2 nghim ca pt: x
2
- x + = 0
2
2
2
2
3

5
3
a
AE
a
DE









hoc
2
2
2
2
5
3
3
a
AE
a
DE

trng hp vỡ DE<a
Xột BED vuụng ti E nờn BE =
Xột BHE vuụng ti H nờn sin =
Vy gúc gia hai mp(ACD) v (BCD) l









V

t
t xy

. Ta cú:



2

1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy


V



2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy

. K:
1 1
5 3
t

.
Suy ra :



2
2 2 2 2
2
2

7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t




.
Do ú:



2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t



,
' 0 0, 1( )
P t t L

1 1 2
5 3 15
P P




v

1
0
4
P

.
KL: GTLN l
1
4
v GTNN l
2
15
( HSLT trờn on
1 1
;
5 3

)





0,5








0,5









VIa
1

ng trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5

Gi H l trung im AB thỡ AH=3 v IH AB suy ra IH =4
Mt khỏc IH= d( I; )
Vỡ

d: 4x-3y+2=0 nờn PT ca cú dng
3x+4y+c=0
d(I; )=
vy cú 2 t tha món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0





0,5

0,5
2

Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:
1
u

(4; -
6; - 8)
2
u

( - 6; 9; 12)
+)
1

u

và
2
u

cùng phơng
+) M( 2; 0; - 1)

d
1
; M( 2; 0; - 1)

d
2
Vậy d
1
// d
2
.
*)
AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1

Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .

Ta có: IA + IB = IA
1
+
IB

A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm đợc H
36 33 15
; ;
29 29 29

A đối xứng với A qua H nên A
43 95 28
; ;
29 29 29











0,5





0,5



I

A
H B

Nu thớ sinh lm bi khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn m vn ỳng thỡ c im tng phn nh ỏp
ỏn quy nh.

Ht

I là trung điểm của AB suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29








VIa

Gii pt ó cho ta c cỏc nghim:
1 2
3 2 3 2
1 , 1
2 2
z i z i

Suy ra

2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z





. Do ú
2 2
1 2
2
1 2
11

4
( )
z z
z z

0,5

0,5











VIb
1

Gọi M(x
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2
;y
2
)

Tiếp tuyến tại A có dạng
1 1
1
4 3
xx yy

. Tiếp tuyến đi qua M
nên
0 1 0 1
1
4 3
x x y y

(1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB
có pt
0 0
1
4 3
xx yy

do M thuộc

nên 3x
0
+ 4y
0
=12

4y

0
=12-3x
0


0 0
4 4
4
4 3
xx yy


0 0
4 (12 3 )
4
4 3
xx y x



Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x
0
+ 4y 4 = 0


0 1
4 4 0 1
x y y
y x

. Vậy AB luôn đi
qua điểm cố định F(1;1)
0,5





0,5
2

Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại
A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng

: 1, , , 0
x y z
a b c
a b c



Do M



nên:
cos

3
1 2 3 6
1 3. 162
y
abc
a b c abc

Thể tích:
min
3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c









Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0

0,5




0,5





VIb
K: x,y > 0
- h phng trỡnh







yyxx
xyyx
222
222
log2log3log23
log3loglog

- Suy ra: y = 2x

13log2
1
2

x


13log2
2
2

y



0,5


0,5