Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 114

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (138.31 KB, 4 trang )

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 114
Ngày 28 tháng 6 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(H
của hàm số
.
1
12
+
+−
=
x
x
y
2. Tìm m để đường thẳng
mxyd +−=:
cắt
)(H
tại hai điểm A, B thỏa mãn
22=AB
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
.cos2cos3cos1sin2sin3sin xxxxxx
−+=+++
2. Giải bất phương trình
.2
4
4

27
−+>
−
+
x
x
x
x
xx
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
.d
2
2ln
0
∫
++
=
−
x
ee
x
I
xx
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ
1 1 1
.ABC A B C
có M là trung điểm cạnh AB,
0
90,2 =∠= ACBaBC
và

,60
0
=∠ABC
cạnh bên
1
CC
tạo với mặt phẳng
)(ABC
một góc
,45
0
hình chiếu vuông góc của
1
C
lên mặt phẳng
)(ABC
là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo bởi hai
mặt phẳng
)(ABC
và
).(
11
AACC
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
.3≤++ zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
.
111222
222222333

xzxzzyzyyxyxzyx
P
+−
+
+−
+
+−
+++=
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
a. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho elip
2 2
( ) : 1
8 4
x y
E + =
có các tiêu điểm
21
, FF
(
1
F
có hoành độ âm). Đường thẳng d đi qua
2
F
và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất
cắt
)(E

tại A và B. Tính diện tích tam giác
.
1
ABF
2. Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
1
1
1
1
2
:
−
+
=
+
=
− zyx
d
và
:∆
.
2
3
1
1
1
3 +

=
+
=
− zyx
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với
∆
một góc
.30
0
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tính hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
),0(,)
1
1(3 >






−+ x
x
x
n
biết rằng
n là số nguyên dương thỏa mãn
.383
3

1
2
2
1
1 +++
=+
nnn
CCC
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho parabol
xyP 2:)(
2
=
và điểm
).0;2(K
Đường thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d.
2. Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
052:)( =+−+ zyxP
và đường thẳng
.
1
3
1
1
2

3
:
−
=
+
=
+ zyx
d
Gọi
'd
là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và
(P). Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với
'd
và
.35=EF

Câu VIIb. (1,0 điểm) Giả sử
z
là số phức thỏa mãn
.042
2
=+− zz
Tìm số phức
.
2
31
7









+
−+
=
z
z
w
Hết
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI SỐ 114
Câu I: 1. (1,0 điểm)a) Tập xác định:
}1{\ −
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có
( )
−∞=
−
−→
y
x 1
lim
và
( )
.lim

1
+∞=
+
−→
y
x
Do đó đường thẳng
1
−=
x
là tiệm cận
đứng của (H).
Vì
2limlim −==
+∞→−∞→
yy
xx
nên đường thẳng
2−=y
là tiệm cận ngang của đồ thị.
* Chiều biến thiên: Ta có
.1,0
)1(
3
'
2
−≠∀<
+
−
= x

x
y

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
.;1,1; ∞+−−∞−
* Bảng biến thiên
x
∞−

1−

∞+
'y

−

−
y

∞+

2−

2−

∞−

c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại






0;
2
1
, cắt Oy
tại
( )
.1;0
(H) nhận giao điểm
( )
2;1 −−I
của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
2. (1,0 điểm)Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình

mx
x
x
+−=
+
+−
1
12
2
2 1 ( 1)( ), 1 ( 1) 1 0(1)x x x m x x m x m⇔ − + = + − + ≠ − ⇔ − + − + =

Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
0)1(4)1(0
2
>+−−+⇔>∆⇔ mm

2
6 3 0 3 2 3, 3 2 3m m m m⇔ + − > ⇔ < − − > − +
(2)
Khi đó
),;(),;(
2211
mxxBmxxA +−+−
với
.1,1
2121
+−=+=+ mxxmxx
Từ giả thiết ta có
4)(8)()(8
2
12
2
12
2
12
2
=−⇔=−+−⇔= xxxxxxAB
2 2 2
1 2 1 2
( ) 4 4 ( 1) 4( 1) 4 6 7 0 1, 7x x x x m m m m m m⇔ + − = ⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔ = = −
Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là

.7,1 −== mm
Câu II.1. (1,0 điểm )Phương trình đã cho tương đương với
xxxxxx cos3cos2cos12sin)sin3(sin −=−+++
xxxxxxx cos2sin2sin2cossin2cos2sin2
2
−=++⇔
sin 2 (cos sin ) sin (cos sin ) 0x x x x x x⇔ + + + =
sin (2cos 1)(cos sin ) 0.x x x x⇔ + + =
Từ đó ta có các trường hợp sau
*)
.,0sin ∈=⇔= kkxx
π
*)
.,2
3
2
2
1
cos01cos2 ∈+±=⇔−=⇔=+ kkxxx
π
π
*)
.,
4
0sincos ∈+−=⇔=+ kkxxx
π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
.,
4

,2
3
2
, ∈+−=+±== kkxkxkx
π
π
π
π
π
2. (1,0 điểm) Điều kiện:
.0
02
4
0
>⇔





>−+
>
x
x
x
x
Khi đó bpt đã cho tương đương với
.24427
22
xxxx −+>−+

Đặt
0,42
2
≥=+− ttxx
ta được:



>
<
⇔>+−⇔>+
3
1
03443
22
t
t
tttt
*) Với
1<t
ta có
,142
2
<+− xx
bpt này vô nghiệm.
*) Với
3>t
ta có





−<
+>
⇔>−−⇔>+−
61
61
052342
22
x
x
xxxx
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm
.61+>x
2
x
O
1−
2
1
y
I
2−
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu III.(1,0 điểm)Ta có
.d
)1(
2ln
0

2
∫
+
= x
e
xe
I
x
x
Đặt
,dd xuxu =⇒=

.
1
1
d
)1(
d
2
+
−=⇒
+
=
xx
x
e
vx
e
e
v

Theo công thức tích phân từng phần ta có:
∫∫
+
+−=
+
+
+
−=
2ln
0
2ln
0
0
2ln
1
d
3
2ln
1
d
1
xxx
e
x
e
x
e
x
I
(1)

Tính
.
1
d
2ln
0
1
∫
+
=
x
e
x
I
Đặt
te
x
=
ta có
22ln;10 =⇒==⇒= txtx
và
.
d
d
t
t
x =
Suy ra
.3ln2ln2)1ln(lnd
1

11
)1(
d
1
2
1
2
2
1
2
1
1
−=+−=






+
−=
+
=
∫∫
ttt
tttt
t
I
Thay vào (1) ta được
.3ln2ln

3
5
−=I
Câu IV.(1,0 điểm)*) Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết
.45))(;()(
0
111
=∠=∠⇒⊥⇒ ABCCCCHCABCHC
*)
Từ tam giác vuông ABC với
3260,2
0
aACABCaBC =⇒=∠=
,
aCHaABCMaAM =⇒=== 2
2
1
,4

.45tan
0
1
aCHHC ==⇒
.3232
32
1.
111
aaaSHCV
ABCCBAABC
===

*) Kẻ
⇒⊥ ACHK
đường xiên
.))();((
1111
KHCAACCABCACKC ∠=∠⇒⊥

Tam giác MCA cân tại M
2
30sin.30
00
a
HCHKMACMCA ==⇒=∠=∠⇒
.2arctan))();((2)tan(
111
=∠⇒==∠⇒ AACCABC
HK
CH
KHC
Câu V.(1,0 điểm)Ta có
.
3
1
11
;
3
1
11
;
3

1
11
333333
zx
xz
yz
zy
xy
yx
≥++≥++≥++
Suy ra
.
333
3
222
333
zxyzxy
zyx
++≥+++
Suy ra
.
111333
3
222222
xzxzzyzyyxyx
zxyzxy
P
+−
+
+−

+
+−
+++≥+
Mặt khác, áp dụng BĐT
,
411
baba +
≥+
với
0, >ba
ta có






+−
++








+−
++









+−
++++≥+
222222
111111222
3
xzxzzxzyzyyzyxyxxyzxyzxy
P
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
3
2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1
4 4 4
2 2 2
16 16 16 3 3.9 3.9
16. 16. 16. 12.
( ) ( ) ( ) (2 2 2 ) 4.3
( ) ( ) ( )
xy yz zx xy yz zxx y y z z x x y y z z x
x y y z z x x y z
x y y z z x
   
 

≥ + + + + + = + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
+ + + + + +
 
   
≥ + + ≥ ≥ ≥ =
+ + + + +
+ + +
Do đó
.9
≥
P
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.1=== zyx
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi
.1=== zyx
Câu VIa: 1. (1,0 điểm)
1
48
:)(
22
=+
yx
E
có
).0;2(),0;2(248
21
FFc −⇒=−=
Từ giả thiết

2: −=⇒ xyd
hay
.02 =−− yx
Từ hệ
.
3
2
;
3
8
),2;0(
1
48
2
22






−⇒





=+
−=
BA

yx
xy

.
3
16
22.2
3
8
.
2
1
);(.
2
1
1
1
=== ABFdABS
ABF
2. (1,0 điểm)
*) (P) chứa d
)(P⇒
đi qua
⇒−− )1;1;2(M
pt (P) có dạng
).0(02
222
≠++=++−++ CBACBACzByAx

00.)( =−+⇔=⇒⊂ CBAnuPd

Pd
(1)
*)
2
1
.6
|2|
2
1
))(;sin(30))(;(
222
0
=
++
++
⇔=∆⇔=∆∠
CBA
CBA
PP
)(3)2(2
2222
CBACBA ++=++⇔
. (2)
*) Từ (1) có
BAC +=
thay vào (2):
2 2
2 5 2 0 2 ,
2
B

A AB B A B A+ + = ⇔ = − = −
3
C
A
M
H
K
1
C
1
B
1
A
2a
B
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
+ Khi
.2BA −=
Chọn
.042:)(1,2,1 =−+−⇒==−= zyxPCAB
+ Khi
.
2
B
A −=
Chọn
.052:)(1,1,2 =−−−⇒−==−= zyxPCAB
Câu 7a(1,0 điểm) Từ giả thiết ta có
2,
6

)1()1(
.3
2
)1)(2(
.8)1(3 ≥
−+
=
++
++ n
nnnnn
n

2
6 8( 2) ( 1) 9 22 0 11 2 11.n n n n n n n n⇔ + + = − ⇔ − − = ⇔ = = − ⇔ =
Theo khai triển nhị thức Newton ta có
∑∑∑
=
−
=
−
=
−
=






−=













−+
k
i
i
i
i
k
kk
k
k
k
kk
k
k
x
CxC
x
xC

x
x
0
11
11
0
11
11
11
0
11
11
)1(
.)(3.
1
13.).(
1
13
.)1(.3.
2
11
0
11
0
11
i
k
i
k
i

i
k
k
k
k
xCC
−
−
==
−=
∑∑
Xét phương trình
110,4
2
11
≤≤≤=−
−
kii
k




==
==
⇔≤≤≤=+⇔
0,3
1,1
110,32
ik

ik
kiik
Suy ra hệ số của
4
x
là
.44223.)1.(.3.
33
11
11
1
1
11
=+− CCC
Câu VIb.1. (1,0 điểm)– TH1:
.2: =⇒⊥ xdOxd
Từ
0.
)2;2(
)2;2(
2
2
2
=⇒



−
⇒




=
=
ONOM
N
M
xy
x
.(1)
– TH2:
.2: kkxydOxd −=⇒⊥/
Tọa độ M, N là nghiệm của



=
−=
xy
kkxy
2
2
2
2 2
, . 2
2 2
y y
x y k k⇔ = = −
042
2

=−−⇒ kyky
.(2). Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt
.0
≠⇔
k
Gọi
















2
2
2
1
2
1
;
2

,;
2
y
y
Ny
y
M
trong đó
21
, yy
là nghiệm của (2).
Ta có
0)4()2(
2
.
2
21
2
21
=−+−=+






= yy
yy
ONOM
.(3) Từ (1) và (3) suy ra

OMNMON ∆⇒=∠
0
90
vuông tại O. Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp
OMN∆
là trung điểm MN
.dI ∈⇒
2. (1,0 điểm)d cắt (P) tại
)4;0;1(−E
. Giả sử
052)(),;;(
000000
=+−+⇒∈ zyxPFzyxF
. (1)
Vì
'dEF
⊥
nên
dEF
⊥
(định lí 3 đường vuông góc)
0. =⇒ EFu
d
.022
000
=−++⇔ zyx
(2)
75)4()1(35
2
0

2
0
2
0
=−+++⇔= zyxEF
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
),1;5;4( −−F
hoặc
).9;5;6(−F
Câu VIIb.(1,0 điểm)Từ giả thiết
042
2
=+− zz
ta có
.313)1(
2
izz ±=⇔−=−
*) Với
iz 31+=
ta có
7
7
7
7
7
)
6
sin
6