Đề ôn thi ĐH số 13 có đáp án

ĐỀ 13
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
4 2 2
y x 2(m 2)x m 5m 5= + − + − +
có đồ thị (
C
m
)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 .
b. Tìm giá trị của m để đồ thị (
C
m
) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải phương trình
x x x x
9 5 4 2( 20)= + +
b. Tính tích phân : I =
1
2
ln(1 x )dx
0
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =
lnx x−
.

Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành với AB = a , BC = 2a và
·
ABC 60=
o
; SA vuông góc với
đáy và SC tạo với đáy góc
α
.
a) Tính độ dài của cạnh AC .
b) Tính theo a và
α
thể tích của khối chóp S.ABCD .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 3 điểm A(2;0; 1) ,B(1;0;0) ,C(1;1;1) và mặt phẳng
( ): x y z 2 0α + + − =
.
a. Viết phương trình mặt phẳng ABC. Xét vị trí tương đối giữa hai mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (
α
) .
b. Viết phương trình mặt cầu (S) qua 3 điểm A,B,C và có tâm nằm trên mặt phẳng (
α
) .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho (H) giới hạn bởi các đường
2
y 4 x= −

và
2
y x 2= +
Tính thể tích của khối tròn xoay khi (H) quay quanh trục
hoành .
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.
A B C D
1 1 1 1
có các cạnh
AA a
1
=
, AB = AD = 2a . Gọi M,N,K lần lượt là trung điểm
các cạnh AB,AD,
AA
1
.
a) Tính theo a khoảng cách từ
C
1
đến mặt phẳng (MNK) .
b) Tính theo a thể tích của tứ diện
C MNK
1
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tính giá trị của biểu thức :
= + + + + + + +

2 4 18
M 1 (1 i) (1 i) (1 i)
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
1

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

x
−∞

1−
0 1
+∞

y
′

−
0 + 0
−
0 +
y
+∞

1

+∞

0 0

b) 1đ Phương trình hoành độ giao điểm của (
C
m
) và trục hoành :
4 2 2
x 2(m 2)x m 5m 5+ − + − +
= 0 (1) Đặt
2
t x ,t 0
= ≥
. Ta có :
(1)
⇔
2 2
t 2(m 2)t m 5m 5 0+ − + − + =
(2) Đồ thị (
C
m
) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt

⇔
pt (1) có 4 nghiệm phân biệt
⇔
pt (2) có 2 nghiệm dương phân biệt .

⇔
m 1 0

' 0
5 5
2
P 0 m 5m 5 0 1 m
2
S 0 2(m 2) 0

− >

∆ >

−

> ⇔ − + > ⇔ < <
 
 
> − − >


Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ
5 2
2x x x 2 x x x x x
pt 3 [( 5) 2 ] 3 ( 5) 2 ( ) ( ) 1
3 3
⇔ = + ⇔ = + ⇔ + =
(1)
Vì
5 2
0 , 1

3 3
< <
nên vế trái là hàm số nghịch biến trên
¡
Mặt khác : f (2) = 1 nên pt (1)
⇔
f (x) = f (2)
⇔
x = 2 .
b) 1đ
Đặt
2xdx
2
du
u ln(1 x )
2
1 x
dv dx
v x


=
 
= +
⇒
 
+
=




=

Ta có :
1 1 1
2
1
x 1 1
2 1
I xln(1 x ) 2 dx ln2 2 (1 )dx ln2 [2x] dx = ln2 2 2M
0
2 2 2
0
1 x 1 x 1 x
0 0 0
= + − = − − = − + − +
+ + +
∫ ∫ ∫
Với
1
1
M dx
2
1 x
0
=
+
∫
. Đặt
x tant=

, ta tính được M =
4
π

Do đó :
I ln2 2
2
π
= − +
c) 1đ Ta có : TXĐ
D (0; )= +∞

1 1 1 1 1 1 1 1
y ( ), y 0 ( ) 0 x 4
x 2 2
2 x x x x x
′ ′
= − = − = ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên :
Vậy :
Maxy y(4) 2ln2 2
(0; )
= = −
+∞

Câu III ( 1,0 điểm )
a) Áp dụng định lí côsin vào
ABC∆
, ta có : AC = a
3

x 0 4
+∞

y
′

−
0 +
y 2ln2 - 2
2

b) Vì
·
= = =
= α = α ⇒ = = α
3
2
S AB.BC.sinABC a.2a. a 3
ABCD
2
1
3
SA AC.tan a 3.tan V .SA.S a tan
S.ABCD ABCD
3
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
. 1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1,0đ (ABC) :
x y z 1 0+ − − =

Vì
1:1: 1 1:1:1− ≠
nên hai mặt phẳng cắt nhau .
b) 1,0đ Gọi mặt cầu cần tìm là :
2 2 2
(S): x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + =
với
2 2 2 2
a b c d+ + >
có tâm
I( a; b; c)− − −
(S) qua A,B,C
và tâm I thuộc mặt phẳng
( )α
nên ta có hệ :

5 4a 2c d 0 a 1
1 2a d 0 b 0
3 2a 2b 2c d 0 c 1
a b c 2 0 d 1
 
+ + + = = −
 
 
+ + = =
⇔
 
+ + + + = = −
 
− − − − = =

 
 

Vậy (S) :
2 2 2
(S): x y z 2x 2z 1 0+ + − − + =
có tâm I(1;0;1) và bán kính R = 1 .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ điểm chung :
2 2 2
4 x x 2 x 1 x 1− = + ⇔ = ⇔ = ±
Vì
2 2
4 x x 2, x [ 1;1]− ≥ + ∀ ∈ −
nên :

1 1
2 2 2 2 2
V [(4 x ) (x 2) ]dx [12 12x ]dx 16
Ox
1 1
= π − − + = π − = π
− −
∫ ∫
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc O
trùng với A , các trục Ox ,Oy ,Oz đi qua
B, D và
A

1
như hình vẽ .
Khi đó : A(0;0;0) , B(2a;0;0) , D(0;2a;0) ,
A
1
(0;0;a) ,
C
1
(2a;2a;a) , M(a;0;0) , N(0;a;0)
K(0;0;
a
2
) .
Khi đó :
(MNK):x y 2z a 0+ + − =
Suy ra :
5a 6
d(C ;(MNK))
1
6
=
.
b) 1đ Ta có :
1
3
1 5a
V [MN,MK].MC
C MNK 1
6 12
= =

uuuur uuuur uuuuur
với
2 2
a a
2
[MN,MK] ( ; ;a )
2 2
=
uuuur uuuur
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
M là tổng của 10 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân có số hạng đầu tiên
u 1
1
=
, công bội q =
2
(1 i) 2i+ =
Ta có :
− − + +
= = = = = +
− − −
10 10 10
1 q 1 (2i) 1 2 1025(1 2i)
M u . 1. 205 410i
1
1 q 1 2i 1 2i 5

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
3