De so 10314

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 103 Ngày 12 tháng 5 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). y. 2x 1 x  2 có đồ thị là (C). Câu I (2 điểm). Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) (2  sin 2 2 x)(2 cos 2 x  cos x) cot 4 x  1  2sin 4 x 1. Giải phương trình:  2 x  3 ( y 2  2013)(5  y )  y  2. Giải hệ phương trình:  y ( y  x  2) 3 x  3 Câu III (1 điểm). ( x, y  ). 4. x 1  Tính tích phân: I 0 1  1  2 x. . . 2. dx .. Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  AB a, AC 2a và ASC  ABC 900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1,0 điểm). Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. B  0;3; 0  , M  4; 0;  3 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ). Câu VIIa (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức : (z2 + 3z +6)2 + 2z(z2 + 3z +6) – 3z2 = 0 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) (d ) : 2 x  y 0 và ( d 2 ) : x  2 y  3 5 0 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 cắt nhau tại A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại C (B,C khỏc A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1   2 1 3 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) : Giải phương trình sau trên tập số phức : z 3 = 18 + 26i ---------------Hết---------------. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 103 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu 1. (1điểm) I (2đ) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên. Đáp án. Điểm. lim y lim y 2; lim y  ; lim y . 0,25. +Giới hạn: Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 x  . y'  +. x  . x   2. x   2. 3  0 x  D ( x  2) 2. 0,25. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (  ; 2) và ( 2;) +Bảng biến thiên x   y’. . -2 +. 0,25. +. . 2. y.   1 1  c.Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 ;0) 2. Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng. O. x. -2. 2. y. 0,25. 2. (1 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình.  x  2  2  x  (4  m) x  1  2m 0 (1) 2 2 Do (1) có  m  1  0 va ( 2)  (4  m).( 2)  1  2m  3 0 m nên đường thẳng d luôn luôn cắt 2x 1  x  m  x2. đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 II (2đ). nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB  24 1. (1 điểm). KL: m=0. ĐK: x k , k  . Với ĐK trên phương trình đó cho tương đương với:. cos4 x + sin4 x = (2 - sin2 2x)(cos2 x 2 - sin22x = 2(2 - sin2 2x)(cos2 x -. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 1 1 1 cosx) Û 1- sin2 2x = (2 - sin2 2x)(cos2 x - cosx) 2 2 2. 1 cosx) Û 1 = 2cos2 x - cosx Û 2cos2 x - cosx - 1 = 0 2. 0,25. 0,25. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> éx = l 2p écosx=1 ê ê Û ê Û ê 1 êx = ± 2p + l 2p, (l Î Z ) êcosx = ê ê 2 3 ë ë So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2. (1 điểm). x=±. 2p + l 2p, l Î ¢ 3. 0,25. 1 x  , y 0 2 Điều kiện : .  2 x  3 ( y 2  2013)(5  y )  y (1)  2  y  (2  x) y  3 x  3 0 (2) Hệ đó cho trở thành . 0,5. x 2 x 4   3  y1  2   y  x  2  x  4 x 1 2  2 2 Từ (2) ta có:  ( x  4) (2) có hai nghiệm  ( do y 0 )  y  x  1 2 x  3  x  1  ( x  1) 2  2013 (4  x)  Thế vào (1) ta có. 0,25. x 4   x 4   ( x  1) 2  2013  0   ( x  1) 2  2013 ( x  4)  ( x  4)  2 x  3  x 1  2 x  3  x 1  1 1     ( x  1) 2  2013  0, x  , y 0   Do 2  x 4  y 5  2 x  3  x 1 . Vậy nghiệm của hệ là: ( x, y) (4,5) . III 1đ. 4. x 1  I 0 1  1  2x. . Đổi cận x 0 t 2. . 2. dx. t 1  1  2 x  dt  .. •Đặt. dx 1  2x.  dx (t  1)dt và. x. t 2  2t 2. 4 4 4. 4. 4. 1 (t 2  2t  2)(t  1) 1 t 3  3t 2  4t  2 1  4 2 dt  dt   t  3   2 dt 2 2   2 22 2 2 t t  t t •Ta có I = 2 1  t2 2   3t  4 ln t   2 ln 2  1 2 2 t 4 =. 0,25 0,25. =. Kl: I = Câu IV 1đ. 0,25. 2 ln 2 . 0,25. 1 4 S. + Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC). 1 a3 a 3 a2 3 , S ABC  VS . ABC  S ABC .SH  2 2  3 4  + Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). SC BC a 3, SH . Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3  AM  SB và CM  SB. a 3 a 6 SH BH   SB  2 2 + SAC = BAC . Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 0,25. M. AMC A   cosH cos. C 0,25. B. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> AM là trung tuyến SAB nên: Tương tự:. CM . Equation.DSMT4 Câu V 1đ. AM 2 . a 10 2 AS 2  2 AB 2  SB 2 10a 2   AM  4 4 16. a 42 AM 2  CM 2  AC2 105   cos AMC   4 2.AM.CM 35. cos  . V?y: EMBED. 0,25 0,25. 105 35. Ta có: P 3  ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz 3  9  2( xy  yz  zx)   2 xyz 27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) 27  6 x(3  x) . Xét hàm số. ( y  z )2 1 ( x  3)  ( x3  15 x 2  27 x  27) 2 2. f ( x )  x 3  15 x 2  27 x  27.  x 1 f , ( x)  3x 2  30 x  27 0    x 9. ,. với 0<x<3. Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7  x  y  z 1 .. 0,5 0,5. Phần riêng.1.Ban cơ bản Câu VIa 2đ. 1.( 1 điểm) Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA 3 2. . 0,5. m 1.  m  5 3 2  m  1 6   2  m 7. 0,5. 2. (1 điểm) Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( ac 0 ) Vì. B  0;3; 0   Oy. nên.  P :. x y z   1 a 3 c .. 4 3 M  4;0;  3   P    1  4c  3a ac a c (1) ac 1 1 1 VOABC  OB.SOAC  .3. ac  3  ac 6 3 3 2 2 (2) a  4 ac 6 ac  6  a 2      3  4c  3a 6 4c  3a  6 c  2 c 3 Từ (1) và (2) ta có hệ x y 2z x y z  P1  :   1;  P2  :   1 4 3 3 2 3 3 Vậy Câu VIIa 1đ. 0,25. 0,5.  t z  t  3z Đặt t = z2 + 3z +6 phương trình đó cho có dang: t2 +2zt – 3z2 = 0  (t – z)(t+3z) = 0  . 0,25.  z  1  5i  z  1  5i 2 2 + Với t = z  z + 3z +6 –z = 0  z + 2z + 6 = 0  . 0,25. + Với t = -3z  z2 + 3z +6 +3z = 0  z2 + 6z + 6 = 0  Kết luận …...  z  3  3   z  3  3. 1.( 1 điểm). Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 0,25 0,25. 2.Ban nâng cao. Câu. 0,25. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> VIb 2đ. 0,5. Ta có A( 5;  2 5) .Gọi  là góc tạo bởi hai đường thẳng d1 và d2.  cos . 4 5.  Đường tròn (C) nhận AB là đường kính  Tam giác ABC vuông tại C  BAC  Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R 8 6 1 24 R 2 AC 2 Rcos  R; BC 2 R sin   R S ABC  AC.BC  24  R 5 5 5 ; 2 25 Ta có. Vì. I  (d1 )  I ( a;  2a ) .Có. . IA  R  a . 5. 2.     2a  2 5 . 2.  a 0 25  5a 2  10a 5 0    a 2 5. 0,5. 2 2 Với a 0  I (0;0)  Phương trình đường tròn (C) là x  y 25 2. Với a 2 5  I (2 5;  4. 5)  Phương trình đường tròn (C) là  x  2 5    y  4 5 . 2. 25. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I. 0,5. Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.. H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH .u 0 (u (2;1;3) là véc tơ. Câu VII a 1đ. chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH ( 7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Ta có: (x + yi)3 = x3 – 3xy2 + (3x2y – y3)i = 18 + 26i. 0,5 0,5.  x 3  3xy 2 18  2 3 3 x y  y 26 Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được:  Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0. Đặt y = tx , hệ  18(3x2y – y3) = 26(x3 – 3xy2 )  18(3t-t3 ) = 26(1-3t2)  18t3 – 78t2 – 54t+26 = 0  ( 3t- 1)(3t2 – 12t – 13) = 0. Vì x, y  Z  t  Q  t = 1/3  x = 3 và y = 1  z = 3 + i.. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>