Đề thi thử toán 2014 trường Trần Quốc Tuấn Phú Yên có đáp án

Trường Thpt Trần Quốc Tuấn
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, NĂM HỌC 2013-2014, MÔN TOÁN, KHỐI A,B
I. Phần bắt buộc:
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2
2 9 12 1y x mx m x   
(1) (m là tham số thực)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m 
.
2) Tìm các giá trị m để hàm số (1) đã cho có cực đại
1
x
và cực tiểu
2
x
, đồng thời
2
12
42xx
đạt giá trị
nhỏ nhất.
Câu 2 (1 điểm): Giải phương trình :
2
sin2 (cot tan2 ) 4cosx x x x

Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình
7 2 4
2 2 5 8 2
x y x y
x y x


   


   



Câu 4 (1 điểm): Tính tích phân
1
2
2
0
1
1
x
dx
x

Câu 5 (1 điểm): Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, E là trung điểm BC, D là điểm đối xứng
của A qua E. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy điểm S sao cho
6
2
a
SD 
. Gọi F là hình chiếu
của E trên SA.
1) Chứng minh rằng mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SAC).
2) Tính thể tích khối chóp F.ABC theo a.
Câu 6 (1 điểm): Cho

,,abc
là các số thực dương thỏa mãn
2ab bc ca abc  
. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b a c b c b a c a c b
  
     

II. Phần tự chọn (Học sinh chỉ được chọn làm bài một trong hai phần A hoặc B)
Phần A: Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7a: (1 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn
22
( ):4 4 4 12 1 0C x y x y
biết tiếp tuyến
qua
(2;1)A
. Viết phương trình đường thẳng qua 2 tiếp điểm.
Câu 8a: (1 điểm): Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
( ): 1 0P x y z   
và mặt cầu
2 2 2
( ):( 3) ( 1) ( 1) 16S x y z     
1)
1) Chứng minh rằng mặt cầu (S) cắt mặt phẳng(P).
2) Viết phương trình đường thẳng () đi qua
(3; 3; 1) ( )AP  
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 9a: (1 điểm): Cho số phức z thỏa mãn

3 3 10zz
. Tìm số phức z có
z
nhỏ nhất, lớn nhất ?

Phần B: Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7b: (1 điểm): Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường tròn
22
( ): 2 6 15 0C x y x y    
ngoại tiếp tam giác
ABC với
(4;7)A
. Tìm tọa độ các điểm B và C biết
(4;5)H
là trực tâm của tam giác ABC.
Câu 8b: (1 điểm): Trong không gian Oxyz cho 3 điểm
(1; 1;5), (0;0;5), (3;1;1)A B C
. Viết phương trình mặt
cầu đi qua 3 điểm A, B, C và cắt mặt phẳng(Oxy) theo đường tròn tâm O, bán kính
5r
.
Câu 9b: (1 điểm): Giải phương trình
   
44
log log
2
3 5 . 3 5 1
xx
xx    
.

HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, NĂM HỌC 2013-2014, MÔN TOÁN
Câu
Đáp án
Điể
m
1.1
Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
3 2 2
2 9 12 1y x mx m x   
(1) khi
1m 

1

Khi m=1, ta có
32
2 9 12 1y x x x
. TXĐ:
D
,
lim , lim
xx
yy
, đồ
thị hàm số không có tiệm cận
0.25
Cực trị+Bảng biến thiên
0.5
Đồ thị

0.25
1.2
Tìm các giá trị m để hàm số (1) đã cho có cực đại
1
x
và cực tiểu
2
x
, đồng thời
2
12
42xx
đạt
giá trị nhỏ nhất.


Hàm số có cực đại và cực tiểu thì
22
' 6( 3 2 )y x mx m
có hai nghiệm phân biệt 
2
00mm
.
12
1 1 1
' 0 3 3 , 3
2 2 2
CÑ CT
y x m m x x m m x x m m

0.5

   
22
22
12
22
22
11
4 2 4 3 2 3 10 6 3
22
16 2 (if 0) 16 2 (if 0)
4 4 (if 0) (2 1) 1 (if 0)
x x m m m m m m m m m
m m m m m m
m m m m m
   
          
   
   

   



    



Suy ra

22
1 2 1 2
4 2 1, min(4 2 ) 1x x m x x       
, đạt được khi
1
2
m
.
Kết luận :
1
2
m

0.5
2
Giải phương trình :
2
sin2 (cot tan2 ) 4cosx x x x

1.0

ĐK :
sin 0,cos2 0xx
.
PT
22
cos sin 2
sin 2 4cos 2cos (2cos2 1) 0
sin cos2
xx

x x x x
xx

0.5

cos 0
2
x x k
,
1
cos2
26
x x k
(Thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
2
xk
và
6
xk

0.5
3
Giải hệ phương trình
7 2 4
2 2 5 8 2
x y x y
x y x

   



   



1.0

Đặt
22
7 , 2 5x y u x y v u v x
,
khi đó hệ viết lại là
22
4
4
2 6 1
2 8 0
uv
uv
vv
v u v

0.5
Giải hệ trên ta được
9, 5uv
rồi tiếp tục giải tìm x,y ta được nghiệm của hệ là
56 13
;
55

xy

0.5
4.
Tính tích phân
1
2
2
0
1
1
x
dx
x

1.0

1 1 1 1
2
1
2 2 2
22
0
0 0 0 0
11
1 2 1 2ln 1
11
x
I dx x dx dx x dx x x
xx

0.25

Đặt
1
2
1
0
1I x dx
. Đặt
2
2
'
1
1
'1
x
u
ux
x
v
vx

0.5
1 1 1 1
2
1
22
11
2 2 2

0
0 0 0 0
1 2 1 2
1 1 1
x dx dx dx
I x x x dx I
x x x


Thay vào tính được đến đáp số
1
ln 2 1 2
2
I

0.25
Áp dụng một kết quả trong đề thi HK I :
/
2
2
1
ln 1
1
xx
x

5.0
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, E là trung điểm BC, D là điểm đối xứng
của A qua E. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy điểm S sao cho
6

2
a
SD 
. Gọi
F là hình chiếu của E trên SA.
1.0
5.1
Chứng minh rằng mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SAC).
0.5


Từ gt
()BC SAD BC SA
(1)
Mặt khác
EF SA
nên
()SA BFC
.
Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(SAC) là góc
BFC

0.25
Tính được
32
,
2
.
22

a
SA AEF ASD
AE SD a BC
EF
SA

Tam giác BFC có đường trung tuyến
2
BC
EF
nên nó vuông tại F.
Suy ra
0
90BFC
hay
( ) ( )SAB SAC

0.25
5.2
Tính thể tích khối chóp F.ABC theo a.
0.5

Từ
.
2
.
. 1 1
33
F ABC
S ABC

V
AF AE AF AE AD
AEF ASD
AD AS AS V
SA

Tính được
33

22
8 24
S ABC F ABC
aa
VV

0.5
6.0
Cho
,,abc
là các số thực dương thỏa mãn
2ab bc ca abc  
. Chứng minh rằng:
1 1 1
1
( )( ) ( )( ) ( )( )
P
a b a c b c b a c a c b
   
     

1.0

1 1 1
22ab bc ca abc
abc
      
,
1 1 1 1
2
( )( )
a b a c
a b a c
(Cauchy), tương
tự
1 1 1 1 1 1 1 1
;
22
( )( ) (c )( )
b c b a c a c b
b c b a a c b

Cộng các vế của các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta có
1 1 1
P
a b b c c a

0.5
Lại có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
,,

4 4 4a b a b b c b c c a c a
(ápd
1 1 4
x y x y
)
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1
1
2
P
a b b c c a a b c

0.5
7.a
Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn
22
( ):4 4 4 12 1 0C x y x y
biết tiếp tuyến
qua
(2;1)A
. Viết phương trình đường thẳng qua 2 tiếp điểm.
1.0

Đường tròn (C) có tâm
13
;
22
I
và bán kính
3

2
R
. Gọi VTPT của tiếp tuyến là
( ; )n a b

22
( 0)ab
thì phương trình tiếp tuyến là
: ( 2) ( 1) 0a x b y
.
0.5
D
E
A
B
C
S
F
22
0
: 2 0
35
(TX)(C) d(I, )=R 3
15
:8( 2) 15( 1) 0
8
b
x
ab
a

xy
b
ab


Gọi hai tiếp điểm là M,N thì ta có
,AM MI AN NI
hay M,N nằm trên đường tròn
đường kính AI, đồng thời M, N cũng nằm trên (C), nên tọa độ M, N thỏa hệ :
22
22
1
30
4
5 1 1
0
222
x y x y
x y x y

Suy ra tọa độ M, N thỏa phương trình
2 2 2 2
1 5 1 1
3 0 6 10 3 0
4 2 2 2
x y x y x y x y x y

Vậy phương trình của đường thẳng MN là
6 10 3 0xy
.

0.5
Cũng có thể tìm được tọa độ
3 7 3
2; , ;
2 34 17
MN
rồi viết phương trình đường thẳng MN
8.a
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
( ) : 1 0P x y z   
và mặt cầu
2 2 2
( ):( 3) ( 1) ( 1) 16S x y z     
. Viết phương trình đường thẳng () đi qua
(3; 3; 1) ( )AP  
và tiếp xúc với mặt cầu (S).
1.0

Mặt cầu (S) có tâm
(3;1;1)I
và bán kính là
4R 

Gọi VTCP của () là
2 2 2
( ; ; )( 0)u a b c a b c   
. Theo điều kiện đề bài thì
()P
un
và

( ,( )) 5dI 

0.25
2 2 2 2 2 2 2
0
0
,
20 (4 2 ) 5( ) 4 0
4
abc
a b c c a b
AI u
a c b a b c a ab b
u
  


     



  
  

       






0.5
Chọn
1 2 3ab    
. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn:
12
3 3 1 3 3 1
( ): ;( ):
11
2 3 1 3 2 3 1 3
x y z x y z     
     
     

0.25
9.a
Cho số phức z thỏa mãn
3 3 50zz
. Tìm số phức z có
z
nhỏ nhất, lớn nhất ?
1.0

Giả sử
( , )z x yi x y
. Trong mặt phẳng phức, gọi
12
,,M F F
biểu diễn các số phức
, 3,3z

thì ta có
12
( ; ), ( 3;0), (3;0)M x y F F

0.25
12
3 3 50 10z z MF MF
M nằm trên elip nhận
12
,FF
làm tiêu điểm và có
nửa trục lớn là
5a
. Phương trình elip đó là
22
2
1 25
25 16
xy
x

0.25
Đặt
2 2 2 2 2
p x y z y p x
. Thay vào pt elip, ta có
2
2
400 9
25

x
p

0.25
max
5p
, đạt được khi
5( 0) 5x y z

min
4p
, đạt được khi
0( 4) 4x y z i

0.25
7b
Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường tròn
22
( ): 2 6 15 0C x y x y    
ngoại tiếp tam giác
ABC với
(4;7)A
. Tìm tọa độ các điểm B và C biết
(4;5)H
là trực tâm của tam giác ABC.
1.0

Gọi A’ là ảnh của A qua tâm
(1;3)I
của đường tròn (C), ta có

'( 2; 1)A
và tứ giác A’BHC
là hình bình hành nên nếu M là trung của của BC thì M ca là trung điểm của A’H. Suy ra
(1;2)M

0.5
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH(
(0; 2)AH
) nên có pt
2y

B, C và giao điểm của BC và (C) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ :
0.5
22
2
2
2 6 15 0
1 2 6
y
y
x y x y
x
. KẾT LUẬN:
8b
Trong không gian Oxyz cho 3 điểm
(1; 1;5), (0;0;5), (3;1;1)A B C
. Viết phương trình mặt cầu
đi qua 3 điểm A, B, C và cắt mặt phẳng(Oxy) theo đường tròn tâm O, bán kính
5r
.

1.0

Gọi
( ; ; )I x y z
là tâm của mặt cầu cần tìm. Theo đề bài, ta có hệ phương trình
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 5) ( 5)
( 5) ( 3) ( 1) ( 1)
( 5) 25
x y z x y z
x y z x y z
x y z z

0.5
Giải hệ phương trình trên, ta có nghiệm
1
2
1/ 2
x
y
z
hoặc là
7
6
17 / 2
x
y
z

,KẾT LUẬN
0.5
9b
Giải phương trình
   
44
log log
2
3 5 . 3 5 1
xx
xx    

1.0

Đặt
44
log log
3 5 , 3 5
xx
u u uv x
. PT viết lại
2 2 2
1u uv u v

2
2
1
( 1)( 1) 0
1
u

u uv
uv

Với
4
log 0
4
1 3 5 1 3 5 log 0 1
x
u x x

0.5
Với
44
log log
2
4
1 3 5 1 log 3 5 0
xx
uv x x

4 4 4 4 4 4
log log .log 3 5 0 log 1 log 3 5 0 log 0x x x x

Tóm lại: nghiệm của phương trình đã cho là
1x

0.5

HẾT