Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 28 pdf

Trang 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 28

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
42
5 4,y x x
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm m để phương trình
42
2
| 5 4 | logx x m
có 6 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1) Giải phương trình:
11
sin 2 sin 2cot2
2sin sin 2
x x x
xx

2) Tìm m để phương trình:
2
2 2 1 (2 ) 0m x x x x
có nghiệm x
0;1 3

Câu III (1 điểm). Tính tích phân:
4
0
21
1 2 1
x
I dx
x

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

25a

và

120
o
BAC
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
. Tính khoảng cách d từ điểm
A tới mặt phẳng (A

1
BM).
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh:
3 2 4 3 5x y z xy yz zx

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7;
–18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho
MA + MB nhỏ nhất.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi
qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác
ABC cân tại A với A(2;–2).
Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình:
22
33
log 1 log 2x x x x x

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và
đường thẳng có phương trình tham số
12
1
2
xt
yt
zt
. Một điểm M thay đổi trên

đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá
trị nhỏ nhất.

Trang 2

2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi
qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của
tồng
OA OB
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
42
(log 8 log )log 2 0
x
xx


HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2)
9
4
4
12
9
log 12 144 12
4
mm

Câu II: 1) PT cos
2
2x cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 0

2
cos2 0 2cos cos 1 0( )x x x VN
cos2x = 0
2
2 4 2
x k x k

2) Đặt
2
22t x x
t
2
2 = x
2
2x. BPT
2
2
(1 2), [0;1 3]
1
t
m t do x
t

Khảo sát hàm số:
2
2

()
1
t
gt
t
với 1 t 2. g'(t)
2
2
22
0
( 1)
tt
t
g tăng trên [1,2]
Do đó, YCBT BPT
2
2
1
t
m
t
có nghiệm t [1,2]
1;2
2
max ( ) (2)
3
t
m g t g

Vậy: m

2
3

Câu III: Đặt
21tx

33
2
11
1
1
11
t
I dt t dt
tt
=
3
2
1
ln 1 2 ln2
2
t
tt

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A O,
2 ,0,0Ca
,
1
(0,0,2 5)Aa

3
(0;0;0), ; ;0
22
aa
AB
,
( 2 ,0, 5)M a a
1
53
; ; 5 , (2;0; 5)
22
 
BM a MA a

Ta có thể tích khối tứ diện AA
1
BM là :

11
3
2
11
1 15 1
. , ; , 3 3
6 3 2
    
AA BM BMA
a
V A A AB AM S MB MA a

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
35
.
3
Va
d
S

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:
1 3 5
; 3 ; 5
2 2 2
x y xy y z xy z x xy
đpcm
Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P)
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):
132
2 1 1
x y z

AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:
2 1 0
(1,2, 1)
132
2 1 1
x y z
H

x y z

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
'
'
'
2
2 '(3,1,0)
2
H A A
H A A
H A A
x x x
y y y A
z z z


Trang 3

Ta có
' ( 6,6, 18)

AB
(cùng phương với (1;–1;3) ) PT (A'B) :
31
1 1 3
x y z

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
2 1 0

(2,2, 3)
31
1 1 3
x y z
M
x y z

2)
3 6 0; 2 0x y x y

Câu VII.a: PT
2
2
3
11
log 2 3 1
xx
xx
x x x
xx

Đặt:
(2 )
( ) 3
xx
fx
,
1
( ) 1g x x
x

(x 0)
Từ BBT max f(x) = 3; min g(x) = 3
PT f(x)= g(x) có nghiệm maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 PT có nghiệm x = 1
Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng có PTTS:
12
1
2
xt
yt
zt
. Điểm
M
nên
1 2 ;1 ;2M t t t
.

2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5)
( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
AM t t t t
BM t t t t
AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
3 ;2 5


ut
và
3 6;2 5

vt
.
Ta có
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5


ut
vt

Suy ra
| | | |

AM BM u v
và
6;4 5 | | 2 29
   
u v u v

Mặt khác, với hai vectơ
,


uv
ta luôn có
| | | | | |
   
u v u v
. Như vậy
2 29AM BM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,

uv
cùng hướng
3 2 5
1
36
25
t
t
t


1;0;2M
và
min 2 29AM BM
.
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
2 11 29

2)
2 6 0xy

Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x 1
BPT
42
8
11
2log log 2 0
log 2
xx
x

22
2
1
log log 1 0
1
log
3
xx
x


2
2
22
2
2
22

1
log 1
0
log 1 log 1
(log 3) 0 0
2
log 0
log log
1
x
x
xx
x
x
xx
x