De luyen thi so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề luyện thi ĐH&CĐ năm 2013 - 2014. ĐỀ LUYỆN THI SỐ 2 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + ( m + 1) x 2 + 2 mx + 5 ,với m là tham số thực. 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = −1 . b) Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 4 x + 2 = cos3x + 4sin x + cos x  x + y − 1 = 6 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2  x + 2 x + y + 2 x y − 1 + 2 y − 1 = 29 Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng (D) được giới hạn bởi các đường ( P) : y 2 = 4 x và ∆ : 2 x − y − 4 = 0 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết. AC = 2a; BD = 2a 3 . Hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của OB . Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD. Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực :  x3 + x 2 + 2 y + 1 = x 2 y + y + 1    x + y − m . y + 1 = 1 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có phương trình đường thẳng AD : 2 x + y + 6 = 0 . M(2;5) là trung điểm BC và. (. ). DC = BC 2 = 2 AB . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết A có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng (d):.  x = −2t  và mặt phẳng (P): x + y − z + 1 = 0 . Gọi (d’) là hình chiếu của (d) lên mặt y = t  z = −1 − 2t  phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thuộc (d’) sao cho H cách điểm K (1;1;4 ) một khoảng bằng 53 . Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z − i = z − 2 − 3i .. =========================== Đáp số: 2 Câu 1: m ≥ Câu 2: x = π / 6 + k 2π ; x = 5π / 6 + k 2π ; x = k 2π Câu 3: (3;10), (2;17) Câu 4: s = 9 3 3a 3 3 9a 7 , d ( AD; SB ) = Câu 6: m ≥ −1 Câu 7: A(−5;4); B(−1;6); C (5;4) D(−3;0) 2 14  275 112 202  Câu 8: H ( −3;0; −2 ) , H  ;− ;  Câu 9: ∆ : x − 2 y − 3 = 0 39 39   39. Câu 5: VSABCD =. Giáo viên: Quách Đăng Thăng – THPT Phù Cừ. ~1~.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đề luyện thi ĐH&CĐ năm 2013 - 2014. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x3 + (m + 1) x 2 + 2mx + 5 ,với m là tham số thực. 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = −1 . b) Tìm m để hàm số đồng biến trên kho ảng (0; 2) HD: Ta có : y ' = −2 x 2 + 2( m + 1) x + 2m ⇒ Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) (*) Vì y′ ( x ) liên tục tại x = 0 và tại x = 2 nên (*) ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ [ 0; 2] ⇔ −2 x 2 + 2( m + 1) x + 2m ≥ 0 , ∀x ∈ [0; 2]. ⇔ m( x + 1) ≥ x 2 − x , ∀x ∈ [ 0; 2] ⇔ m ≥ g ( x) , ∀x ∈ [0; 2]. (Trong đó g ( x) =. ⇔ m ≥ Max g ( x ). x2 − x ) x +1. [0;2]. Xét hàm số g ( x) =. x2 − x trên đo ạn [ 0; 2 ] x +1 x2 + 2 x − 1 ⇒ g '( x) = ⇒ g '( x) = 0 ⇔ x = −1 + 2 , ∀x ∈ [ 0; 2] ( x + 1)2 2 2 g (0) = 0 ; g (2) = ; g ( −1 + 2) = −3 + 2 2 ⇒ Max g ( x) = tại x = 2 [0;+∞ ) 3 3 2 Vậ y m ≥ thì hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) 3 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin 4 x + 2 = cos 3 x + 4 sin x + cos x HD: sin 4 x + 2 = cos3 x + 4sin x + cos x ⇔ sin 4 x + 2 = 2 cos 2 x cos x + 4sin x ⇔ 4 sin x cos x cos 2 x − 2 cos 2 x cos x − 4 sin x + 2 = 0 ⇔ cos 2 x cos x(2sin x − 1) − (2sin x − 1) = 0. ⇔ (2sin x − 1) cos x(2 cos 2 x − 1) − 1 = 0.  x = π / 6 + k 2π 1   2sin x − 1 = 0 sin x =   ⇔ ⇔ 2 ⇔  x = 5π / 6 + k 2π 3   2 cos x − cos x − 1 = 0  x = k 2π  cos x = 1.  x = π / 6 + k 2π Vậ y phương trình có nghiệm  x = 5π / 6 + k 2π  x = k 2π. (k ∈ Z ). (k ∈ Z ).  x + y − 1 = 6 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2   x + 2 x + y + 2 x y − 1 + 2 y − 1 = 29 HD:  x + y −1 = 6  x +1 + y −1 = 7   ⇔  2  2    x + 2 x + y + 2 x y − 1 + 2 y − 1 = 29  ( x + 1) + y − 1 + 2( x + 1) y − 1 = 29 Đặt u = x + 1; v = y − 1 ≥ 0 Ta có hệ phương trình :  2uv ≤ 29 u + v = 7   ⇔ u + v = 7  2 2 u 2 + v 2 = 4u 2 v 2 − 116uv + 841  u + v + 2uv = 29 . Giáo viên: Quách Đăng Thăng – THPT Phù Cừ. ~2~.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đề luyện thi ĐH&CĐ năm 2013 - 2014.  2uv ≤ 29 u + v = 7 u = 4; v = 3  ⇔ u + v = 7 ⇔ ⇔ u = 3; v = 4 4u 2v 2 − 114uv + 792 = 0 uv = 12  x +1 = 4 x = 3  Với u = 4 ; v = 3 Ta có :  ⇔  y − 1 = 3  y = 10 x +1 = 3 x = 2  Với u = 3 ; v = 4 Ta có :  ⇔   y = 17  y −1 = 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;10) ; (2 ; 17) Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng (D) được giới hạn b ởi các đường ( P ) : y 2 = 4 x và ∆ : 2x − y − 4 = 0 . HD: 1 1 ( P) : y 2 = 4 x ⇔ x = y 2 ; ∆ : 2 x − y − 4 = 0 ⇔ x = ( y + 4) 4 2 Phương trình tung độ gio điểm của (P) và ∆  y = −2 1 2 1 y = ( y + 4) ⇔ y 2 − 2 y − 8 = 0 ⇔  4 2 y = 4 Diện tích hình phẳng cần tìm S =. ∀y ∈ [ − 2; 4] y 2 − 2 y − 8 ≤ 0 nên S =−. ∫ 4. −2. 1 2 1 1 y − ( y + 4) dy = ∫ y 2 − 2 y − 8 dy 4 2 4 −2 4. 1 11  ( y 2 − 2 y − 8)dy = −  y 3 − y 2 − 8 y  ∫ 4 −2 43  −2 4. 4. 1 1  = −  .72 − 12 − 48  = 9 (đvdt) 4 3  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết AC = 2a; BD = 2a 3 . Hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của OB . Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và kho ảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD HD:
= OB = 3 = tan 600 ⇒ BAO
= 600 tan BAO OA S ⇒ Các tam giác ABC ; ADC là các tam giác đều cạnh 2a . Kẻ HE ⊥ CD( E ∈ CD ) ; Lại có CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ (SHE ) ⇒ CD ⊥ SE
= 600 Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là SEH A. 3 3 3a 3 DH = BD = 2a 3 = 4 4 2 3a 3 HE = DH .sin 300 = 4 9 a SH = HE.tan 600 = ; S ABCD = 2a 2 3 4 1 1 9a 2 3a3 3 (đvtt) VSABCD = SH .S ABCD = .2a 3 = 3 3 4 2. B H I. O. D C. 3VSABC S SBC Kẻ HI ⊥ BC ( I ∈ BC ) lại có BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ (SHI ) ⇒ BC ⊥ SI Ta có d ( AD; SB ) = d ( AD; ( SBC )) = d ( A; ( SBC )) =. Giáo viên: Quách Đăng Thăng – THPT Phù Cừ. ~3~. E.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Đề luyện thi ĐH&CĐ năm 2013 - 2014. BD a 3 a 3 = ; HI = BH .sin 300 = 4 2 4 2 2 81a 3a a 21 1 a 2 21 SI = SH 2 + HI 2 = + = ⇒ S SBC = SI .BC = 16 16 2 2 2 3 3 V 3a 3 3V 9a 3 2 9a 9a 7 ; d ( AD; SB ) = SABC = VSABC = SABCD = . 2 = = 2 4 S SBC 4 14 a 21 2 7 BH =.  x3 + x 2 + 2 y + 1 = x 2 y + y + 1  Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực :  x + y − m . y +1 = 1   HD: Điều kiện x ,y ≥ 0 Hệ phương trình tương đương với  x 2 ( x − y ) + x 2 + 2 y + 1 − ( y + 1) = 0   1  x + y −m = y +1 . (. ).   2   2 x2 − y 2 x+ y x ( x − y ) + =0   =0 ( x − y ) x +  2   x2 + 2 y + 1 + y + 1   + + + + x 2 y 1 y 1   ⇔ ⇔ 1 m = x + y − 1   m = x + y − y +1 y +1  . x+ y  2 > 0)  x = y (do x + 2 x + 2 y +1 + y +1  ⇔ m = 2 x − 1 (*)  x +1  Hệ phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thu ộc [0 ; + ∞) 1 Xét hàm số f ( x) = 2 x − ; x ∈ [0; +∞) ; lim f ( x) = +∞ x →+∞ x +1 1 1 f '( x) = + > 0 ∀x ∈ [0; +∞) x 2 ( x + 1)3. ⇒ f(x) đồng biến trên [0 ; +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) = −1 ∀x ∈ [0; +∞) Vậ y hệ phương trình có nghiệm khi m ≥ −1 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có phương trình đường thẳng AD : 2 x + y + 6 = 0 . M(2;5) là trung điểm BC và DC = BC 2 = 2 AB . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết A có tung độ dương . HD: Giả sử AB = a ⇒ CD = 2a; BC = a 2 .. Kẻ BE ⊥ CD ⇒ CE = ED = a; ⇒ BE = a = AD Gọi N là trung điểm AD ⇒ MN ⊥ AD . Phương trình đường thẳng MN : x − 2 y + 8 = 0 A B T ọa độ N là nghiệm hệ phương trình : 2 x + y + 6 = 0  x = −4 ⇔ ⇒ N ( −4; 2)  x − 2 y + 8 = 0 y = 2 M N



 3a NM = (6;3) ⇒ MN = 3 5 = ⇒a=2 5 2 a C D A,D thuộc đường tròn (T) tâm N bán kính R = = 5 E 2 Giáo viên: Quách Đăng Thăng – THPT Phù Cừ. ~4~.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đề luyện thi ĐH&CĐ năm 2013 - 2014. (T ) : ( x + 4) + ( y − 2) = 5 Tọa độ A,D là nghiệm hệ phương trình : 2x + y + 6 = 0  y = −2 x − 6  x = −3; y = 0 ⇔ ⇔  2 2 2  x = −5; y = 4 ( x + 4) + ( y − 2) = 5 5( x + 4) = 5 Vì A có tung độ dương nên A(−5; 4); D(−3; 0)


 2



 AB = NM = (4; 2) ⇒ B (−1;6) 3 M là trung điểm BC nên C (5; 4) Vậy A(−5; 4); B(−1;6); C (5; 4) D (−3;0) 2. 2.  x = −2t  Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng (d):  y = t và mặt  z = −1 − 2t  phẳng (P): x + y − z + 1 = 0 . Gọi (d’) là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P). Tìm toạ độ điểm H thu ộc (d’) sao cho H cách điểm K (1;1; 4 ) một kho ảng bằng. 53 .. HD: I = d ∩ (P) ⇒ Tọa độ điểm I ứng với t thỏa mãn : −2t + t + 1 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ I (4; −2;3)

 Đường thẳng d có VTCP ud = ( −2;1; −2)

 Mặt phẳng (P) có VTPT nP = (1;1; −1) (Q) là mặt phẳng chứ a d và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT





 nQ = ud , nP  = (1; −4; −3) Đường thẳng d’ là hình chiếu của d lên (P) ⇒ d’ = (P) ∩ (Q) ⇒ d’ có VTCP





 ud ' =  nP , nQ  = ( −7; 2; −5).  x = 4 − 7m  Đường thẳng d’ có phương trình : d ' :  y = −2 + 2m ( m ∈ R )  z = 3 − 5m . H ∈ d’ ⇒ H có tọa độ : H (4 − 7m; −2 + 2m;3 − 5m) KH 2 = 25 ⇔ (3 − 7 m) 2 + (2m − 3) 2 + (5m + 1) 2 = 53. m = 1 ⇔ 78m 2 − 44 m − 34 = 0 ⇔ 39m 2 − 22 m − 17 = 0 ⇔   m = −17 / 39 Với m = 1 Ta có điểm H ( −3; 0; −2) ).  275 112 202  Với m = –17/39 Ta có điểm H  ;− ;  39 39   39 Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z − i = z − 2 − 3i . HD: Đặt z = x + yi ( x; y ∈ R) z − i = z − 2 − 3i ⇔ x + ( y − 1)i = ( x − 2) − ( y + 3)i ⇔ x 2 + ( y − 1) 2 = ( x − 2) 2 + ( y + 3) 2. ⇔ x 2 + y 2 − 2 y + 1 = x 2 + y 2 − 4 x + 6 y + 13 ⇔ x − 2y −3 = 0 Vậy tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức z là đường thẳng ∆ : x − 2 y − 3 = 0 . Giáo viên: Quách Đăng Thăng – THPT Phù Cừ. ~5~.

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