De Thi Thu So 47 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC,. Môn thi : TOÁN. Bài 1(2 điểm): 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y (| x | 1) .(| x |  1) 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm):  x2  y 2 1 2  x y2  ( xy  x  y  1)( x  y  2) 6 x, y  R ) 1) Giải hệ phương trình:  (. 2 2 2) Giải phương trình: sin x.tan x  cos x cos 2 x.(2  tan x) , ( với x  R ). 5   2 ;4  3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn :. ( m  1).log1/2 2 ( x  2) 2  4( m  5) log1/ 2. 1  4m  4 0 x 2. Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA SB SC 3a , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1 2. 2. x .ln(1  x )dx. 1) Tính tích phân: 0 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm):  x 1  t   y 1  2t ;(t  R)  z 1  2t Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:  ,đường thẳng d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm):. x3 2 2 2 2 Cho x, y, z 0 và x  y  z 3 . Chứng minh: 1  y. . y3 1  z2. ..................Hết................... . z3 1  x2. . 3 2 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp Án. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 138) Bài 1:. 1) 1 điểm. Nội dung *Có hàm số : y (| x | 1) .(| x |  1)  y = x4 - 2x2 + 1 ( C) 2. lim y ; lim y  y ' 4 x 3  4 x; y ' 0  x 0; x 1 x   *TXĐ: R; x   ; *BBT: *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị *Vẽ đúng đ thị *Gọi A(a:0)  Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a). 2) 1 điểm. Điểm. 2. 0.25 0.25 0.25 0.25.  x 4  2 x 2  1 k ( x  a) (I )  4 x 3  4 x k  *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: k 0 (I )   2 ( A)  x  1 0. 2  4 x ( x  1) k ( B)  2 3x  4ax  1 0(1). *Có hoặc *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 KQ:.  1 a  . 3 3 hoÆc 1 a  2 2. 0.25 0.25. 0.25. Bài 2:. Nội dung 1)  u 2  v 2 5 u x  1  ( x  1) 2  ( y  1)2 5 1    v  y  1 uv(u  v) 6 ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6   điểm *Hệ . Đặt , thu được hệ  u  x  1 1 u  v 3 u  x  1 2    v  y  1 2 u.v 2 * Giải ra được:  ; * Giải ra được:  hoặc v  y  1 1.  x 3    y 2 hoặc.  x 2   y 3. 3 3 2) cos x 0 . PT  sin x  cos x cos 2 x.(2 cos x  sin x) * ĐK: 1 điểm  (sin x  cos x ).cos x.(2sin x  cos x) 0.  sin x  cos x 0; 2sin x  cos x 0  1  x   k ; x arctan  l ;( k , l  Z ). 4 2 2 3)  (m  1).log1/ 2 ( x  2)  (m  5) log1/ 2 ( x  2)  m  1 0 *PT 1 5  điểm t log1/ 2 ( x  2), x   ; 4  t    1;1 2  *Đặt Thu được pt:. 2 t 2  5t  1 f '(t )  4t  4 ; f '(t ) 0  t 1 m  f (t )  2 (t 2  t  1) 2 t  t 1 ;. Điểm 0.25 0.50 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> * Lập BBT của f(t) trên đoạn.   1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn   1;1 , nên. 0.50. 7  m    3;  3  thỏa mãn đề bài.  Bài 3:. 1 * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC điểm. 0.25 0.25. a 3 34 VS . ABC  12 * Tính được 2 VS .MNC  .VS . ABC 9 * CM được  VC.ABNM. 0.25 0.25. 7 7 a 3 34  .VS . ABC  9 108. Bài 4: 1) 1 điểm * Tính. 0.25. 1. I x 2 .ln(1  x 2 )dx 0. u ln(1  x 2 )   2 dv x dx * Đặt. 2x  du 1  x 2 dx 1 1  1 2 x4 3 2 1 3  I  x .ln(1  x )   dx v  x 3 3 0 1  x2  0 3 1. 0.50. 1 4  I  .ln 2   3 9 6 * Vậy. 0.25. 1. * Tính. x4 1 2  J  dx [ x 2  1  ]dx ...   2 2 1 x 1 x 3 4 0 0. 2) x y  1 1 P ( a ;0); Q (0; b ), a  0, b  0. a b * d có pt: . điểm * Từ gt ta có. 3 1 3  1  1 2.  a b ab d qua A(3; 1) nên 3 1 a 6    a b b 2. 0.25 0.25. ab 2. 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ. khi. 1 SOPQ  .a.b  3 S 2 * Có . Nên OPQ nhỏ nhất (  3 ) khi và chỉ khi x y  1 6 2 * Vậy d có pt:. a 6  b 2. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài 5:. 1) 1 điểm. 0.25.  x t1   y  1  2t1 ; (t1  R)  z 3  2t 1 . * d2 có pt: * Tìm được I(1;1;1) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) , ( đk: B khác I, C khác I.  t 0, t1 1. 0.25. ).  IB IC (1)    [ AB , AC ] 0 (2) .   *Tam giác BIC cân đỉnh I. t 1  ...   t1 2 .. 0.25.  x 2   y 3 ;(t  R )  z 1  2t * Từ đó có pt d3 : . 0.25. Bài 6:. 1) x3 y3 z3 2 2 (  y )(  z )(  x2 ) 1 2 2 2 1 y 1 z 1 x điểm Ta có: VT + 3 =. x3. 3 1  y2 y3 1  z2  VT  (   ) ( y   ) 4 2 4 2 2 1  y2 2 1  y2 2 1  z2 2 1  z2 4 2. 6. z3. x3. 0.25. 0.25. 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x2 4 2. VT . z3. 6 4 2.  VT . 3 3. 3. x6 y6 z6  33  33 16 2 16 2 16 2. . 3. ( x2  y2  z 2 ) . 9. 26 8 23 2 2 9 3 9 3 3  VT      VP 6 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (đpcm) 2 2. ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1). 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>