Đề thi thử đại học 2013 Môn Toán khối B Đề 32 pot

Trang 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 32

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y =
21
1
x
x
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ
là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ
rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ.
Câu II: (2điểm)
1) Giải bất phương trình:
22
log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )xx

2) Giải phương trình:
66
22
sin cos 1
tan 2
cos sin 4
xx
x

xx

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =
4
2
0
2
1 tan
x
x
e
e x dx
x

Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một
hình thoi cạnh a, góc

BAD
= 60
0
. Gọi M là trung điểm AA và N là trung điểm
của CC . Chứng minh rằng bốn điểm B , M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài
cạnh AA theo a để tứ giác B MDN là hình vuông.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
abc

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d
có phương trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng ( ) qua A và
tạo với d một góc α có
cosα
1
10
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–
1;–3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên
mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0.
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập
X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt
chữ số 1 và 2.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: ( 2 điểm)

Trang 2

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường
thẳng ( ): 3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc
với đường thẳng ( ).
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4),
C(1;2;2), D(–1;–3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm
trực tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
log log
2 2 3

yx
xy
xy y
.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).
21
;
1
a
Aa
a

Phương trình tiếp tuyến tại A: y =
2
1
(1 )a
(x – a) +
21
1
a
a

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A:
2
1;
1
a

P
a

Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)
Ta có: x
P
+ x
Q
= 2a = 2x
A
. Vậy A là trung điểm của PQ
Ta có IP =
22
2
11
a
aa
; IQ =
2( 1)a
. S
IPQ
=
1
2
IP.IQ = 2 (đvdt)
Câu II: 1) Điều kiện:
1
10
3
x

BPT
22
3 1 6
log log (7 10 )
2
x
x

3 1 6
7 10
2
x
x


3 1 6 2(7 10 )xx

3 1 2 10 8xx
49x
2
– 418x + 369 ≤ 0
1 ≤ x ≤
369
49
(thoả)
2) Điều kiện: cos2x ≠ 0
()
42


k
xk

PT
2
31
1 sin 2 sin 2
44
xx
3sin
2
2x + sin2x – 4 = 0
sin2x = 1
4
xk
( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm.
Câu III: I =
44
2
00
2 cos
x
xe dx xdx
= I
1
+ I
2
Tính: I
1
=

4
0
2
x
xe dx
Đặt
2
x
ux
dv e dx
I
1
=
4
2
e
– 2
4
2e

I
2
=
4
0
1 cos2
2
x
dx
=

11
sin2
4
22
0
xx
=
1
84

Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD . A B NP là hình bình hành A P // B N

Trang 3

A PDM là hình bình hành A P // MD
B N // MD hay B , M, N, D đồng phẳng.
Tứ giác B NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B N
2
= B D
2
.
Đặt: y = AA’
2
2 2 2
2
4
y
a y a
y =
2a

Câu V: Ta chứng minh:
1 1 2
11
1
ab
ab

1 1 1 1
11
11
ab
ab ab
≥ 0

2
( ) ( 1)
0
(1 )(1 )(1 )
b a ab
a b ab
(đúng). Dấu "=" xảy ra a = b.
Xét
3
1 1 1 1
1 1 1
1
abc
abc
6

4
22
1
1
ab
abc
3
4 4 4
12
44
1
1
abc
abc

P
3
3
1
1 abc
. Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2
Câu VI.a: 1) PT đường thẳng ( ) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ax + by – 2a + b = 0
Ta có:
22
21
cos
10
5( )
ab
ab

7a
2
– 8ab + b
2
= 0. Chon a = 1 b = 1; b = 7.
(
1
): x + y – 1 = 0 và (
2
): x + 7y + 5 = 0
2) PT mặt cầu (S) có dạng: x
2
+ y
2
+ z
2
– 2ax – 2by – 2cz + d = 0
(S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0
(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0
(S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0
Tâm I (P): a + b – 2c + 4 = 0
Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3
Vậy (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 2y – 4z – 3 = 0
Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2

Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0
Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng:
6(P
5
– P
4
) + 4P
5
= 1.056 (số)
Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB
d qua M(1; 2) có VTPT là
(4;2)

AB
d: 2x + y – 4 = 0 Tâm I(a;4 – 2a)
Ta có IA = d(I,D)
2
11 8 5 5 10 10a a a
2a
2
– 37a + 93 = 0
3
31
2
a
a

Với a = 3 I(3;–2), R = 5 (C): (x – 3)
2
+ (y + 2)

2
= 25
Với a =
31
2

31
; 27
2
I
, R =
65
2
(C):
2
2
31 4225
( 27)
24
xy

2) Ta có
1
( 3;1;4); ( 1;1;1)
2
  
AB a AC

PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0
()D ABC

đpcm
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1
Ta có
2
log log log log 2 0
y x y y
xy y x x

log 1
log 2
y
y
x
x

2
1
xy
x
y

Với x = y x = y =
2
log 3 1

Với x =
2
1
y
ta có:

2
1
2 2 3
y
y
theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm