Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 18 docx

Trang 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 18

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
23
2
x
y
x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm
cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ
điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
22
1 sin sin cos sin 2cos
2 2 4 2
x x x
xx

2) Giải bất phương trình:
2
21
2

1
log (4 4 1) 2 2 ( 2)log
2
x x x x x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
1
ln
3 ln
1 ln
e
x
I x x dx
xx

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3SA a
,


0
30SAB SAC

Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3

4
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 1
3 3 3
P
a b b c c a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng
1
:2 5 0d x y
. d
2
: 3x + 6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm P( 2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
tạo ra
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d
1
, d
2
.
2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3;
2), C( 4; 3; 2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:

20x y z
.
Gọi A’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4
điểm A , B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao
của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường:

2
4y x x
và
2yx
.
B. Theo chương trình Nâng cao

Trang 2

Câu VIb (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình:
22
1
16 9
xy
. Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu
điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho
: 2 5 0P x y z
và đường
thẳng
3
( ): 1 3

2
x
d y z
, điểm A( –2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên
(P) đi qua giao điểm của (d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1 (2)
x y y x

x xy x


HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
,
2
0

0
2x
1
)x('y

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M :
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0

Toạ độ giao điểm A, B của ( ) và hai tiệm cận là:
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0

Ta có:
0
0

2 2 2
22
AB
M
x
xx
xx
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
M là trung điểm AB.
Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện
tích:
S =
2
2 2 2
0
00
2
00
23
1
( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)

x
IM x x
xx

Dấu “=” xảy ra khi
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
M(1; 1) và M(3; 3)
Câu II: 1) PT
2
sin sin 1 2sin 2sin 1 0
2 2 2
x x x
x

4
xk
xk
xk

2) BPT

01)x21(logx
2

1
2
x

2
1
x
4
1
hoặc x < 0
Câu III:
2
11
ln
3 ln
1 ln
ee
x
I dx x xdx
xx
=
2(2 2)
3
+
3
21
3

e
=
3
e2225
3

Câu IV: Dùng định lí côsin tính được:
aSB
, SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB SA,
MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV


Trang 3

Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC MBC cân tại M.
Gọi N là trung điểm của BC MN BC. Tương tự MN SA.

16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
4
3a
MN
.
Do đó:
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA

3
1
V
3
ABC.S
.
Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3
3
1 1 1 3 1 1 1 9
( ) 3 9x y z xyz
x y z x y z x y z
xyz
(*)
Áp dụng (*) ta có
3 3 3 3 3 3
1 1 1 9
3 3 3 3 3 3
P
a b b c c a a b b c c a

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có :

3
3
3
3 1 1 1
3 1.1 3 2
33

3 1 1 1
3 1.1 3 2
33
3 1 1 1
3 1.1 3 2
33
ab
a b a b
bc
b c b c
ca
c a c a

Suy ra:
3 3 3
1
3 3 3 4 6
3
a b b c c a a b c
13
4. 6 3
34

Do đó
3P
. Dấu = xảy ra
3
1
4
4

3 3 3 1
abc
abc
a b b c c a

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
1
4
abc
.
Câu VI.a: 1) d
1
VTCP
1
(2; 1)

a
; d
2
VTCP
2
(3;6)

a

Ta có:
12
. 2.3 1.6 0
 
aa

nên
12
dd
và d
1
cắt d
2
tại một điểm I khác P. Gọi d là
đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

: ( 2) ( 1) 0 2 0d A x B y Ax By A B

d cắt d
1
, d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi d tạo với d
1
( hoặc d
2
)
một góc 45
0

0 2 2
2 2 2 2
3
2
cos45 3 8 3 0
3

2 ( 1)
AB
AB
A AB B
BA
AB

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng
:3 5 0d x y

* Nếu B = –3A ta có đường thẳng
: 3 5 0d x y

Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
:3 5 0d x y
;
: 3 5 0d x y

2) Dễ thấy A ( 1; –1; 0)
Phương trình mặt cầu ( S):
01225
222
zyxzyx

(S) có tâm
5
;1;1
2
I
, bán kính

29
2
R


Trang 4

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P).
d:
5 / 2
5 1 1
1 ; ;
3 6 6
1
xt
y t H
zt


75 5 3
36 6
IH
, (C) có bán kính
22
29 75 31 186
4 36 6 6
r R IH

Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2
22
22
00
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
xx
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x

Suy ra:
26
22
02
4 2 4 2S x x x dx x x x dx
=
4 52
16
33

Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm
12
5;0 ; 5;0FF

. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có
một đỉnh là M( 4; 3),
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:
22
22
1
xy
ab
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
2 2 2
12
5;0 ; 5;0 5 1F F a b


2 2 2 2
4;3 9 16 2M E a b a b

Từ (1) và (2) ta có hệ:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
5 40
9 16 15
a b a
a b a b b
. Vậy (E):
22
1
40 15
xy

2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:
23
1
3
xt
yt
zt

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
1;0;4I

* (d) có vectơ chỉ phương là
(2;1;1)

a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
1;2; 1

n


, 3;3;3

an
. Gọi

u
là vectơ chỉ phương của
1;1;1


u


1
:
4
xu
yu
zu
. Vì
1 ; ;4M M u u u
,
1 ; 3;

AM u u u

AM ngắn nhất
AM

. 0 1(1 ) 1( 3) 1. 0
 
AM u u u u


4
3
u
. Vậy
7 4 16

;;
3 3 3
M

Câu VII.b: PT (2)
2
10
1
(3 1) 0
3 1 1
x
x
x x y
x xy x

10
01
3 1 0 1 3
xx
xx
x y y x

* Với x = 0 thay vào (1):
2
2
88
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log
11 11
y y y y y
y

* Với
1
13
x
yx
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
3 1 3 1
2 2 3.2
xx
(3)

Trang 5

Đặt
31
2
x
t
. Vì
1x
nên
1
4
t


x
t loaïi
t t t

t
t
y
2
2
2
1
log (3 8) 1
1
3 8 ( )
(3) 6 6 1 0
3
38
2 log (3 8)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
2
0
8
log
11
x
y
và
2
2
1
log (3 8) 1
3
2 log (3 8)

x
y