www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 40 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số   4 2 2 4 2 1y x m x m m    , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m   . 2. Tìm m để đồ thị hàm số   1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32. Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 3 tan - 3cos - sin .tan . 2 x x x x         2. Giải hệ phương trình   3 3 2 2 8 63 , R 2 2 9 x y x y y x y x             . Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân 3 2 2 2 2 ln ln 3 (1 ln ) e e x x x x I dx x x      . Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với đáy (ABC) một góc 60 0 . Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAC) theo a, với I là trung điểm SB. CâuV (1.0 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 2 8 4 1x y x y     . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 4 2 16x y  P . PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 4 8 5 0x y x y     . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm   5;2Q và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho 5 2MN  . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết   3;0;8B ,   5; 4;0D   và đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C. Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức Z +1, biết     2 1 3 (3 ) 1 i i Z i i     . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 3 6 0d x y   và điểm   3;4N . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng 15 2 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 4 0x y z x y      và mặt phẳng (P): 3 0x z   . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm   3;1 1M  vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 9 9 log log 3 1 3 6 2log log 6. y x x y x y          -----------Hết----------- Trang 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 40 Câu 1.(1 điểm) Khảo sát…. Khi m=-1 ta có 4 2 2y x x   Tập xác định: D=R.  Sự biến thiên - Chiều biến thiên , 3 2 , 0 4 4 4 ( 1), 0 1 x y x x x x y x             . Hàm số NB trên các khoảng( ; 1)  và (0;1) . ĐB trên các khoảng (-1;0) và (1: ) - Cực trị: hàm số đạt cực trị tại 1x   , y ct =-1, đạt cực đại tại x=0, y cđ =0. - Giới hạn: lim lim x x y y      . - Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y’ - 0 + 0 - 0 + y  0  -1 -1  Đồ thị: Câu 1: 2.(1.0 điểm)     , 3 2 2 2 , 2 2 0 4 4 4 ; 0 4 0 x y x m x x x m y x x m x m                Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt: , 0y  có ba nghiệm phân biệt 0m  (*). Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0; 4 m m ), B(m;m), C(-m;m). Suy ra AB=AC= 2 8 m m , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A Ta có I(0;m) là trung điểm BC và 4 1 1 . 32 .2| | 2 2 2 ABC S AI BC m m m        thỏa mãn (*). Vậy m cần tìm là 2m   . Câu 2: 1. (1.0 điểm) Giải phương trình Điều kiện: cosx 0 (*). Phương trình đã cho tương đương với: tan 3.sin sinx.tanxx x  2 sin 3.sin .cos sinx x x x     sin 1 3cos sin 0x x x    sinx=0 x k     , thỏa mãn (*) 1 sinx- 3cos 1 0 sin x- = 2 3 2 2 x x k                 (không tm (*)) hoặc 7 2 6 x k     (tm (*)) Vậy, phương trình có nghiệm:   7 ; 2 6 x k x k k Z        . 2 1 -1 -2 y -2 2 x -1 O 1 -1 Trang 3 Câu 2: 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… 3 3 2 2 8 63 (1) 2 2 9 (2) x y y x y x            Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được     3 3 3 2 2 3 8 6 12 12 6 9 2 1 2 2 3x y x y x y x y y x             (*) Thế (*) vào (2), ta được     2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 9 2 3 2 0 1 2 x x x x x x x x                   Với 2 1x y   Với 1 4 2 x y     . Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1), 1 ; 4 2         Câu 3: (1,0 điểm)       3 3 3 2 2 2 2 ln ln 1 3 1 3 2 ln 1 ln 1 ln e e e e e e x x x I dx dx xdx x x x x             3 3 3 2 2 2 1 3 (ln ) 2 ln 1 ln e e e e e e d x x x dx x                   3 3 3 2 2 2 3 2 3ln 1 ln 2 ln 3ln 2 4 2 . e e e e e e x x x x e e         Câu 4(1,0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC, Ta có ( )SH ABC HJ AC      AC SJ  , suy ra góc 0 60SJH  và 0 2 2 , 2 2 2 6 .tan60 2 BC AB a AB a HJ SH HJ a       B S C A H J I E   3 2 3 . 1 . 1 6 6 . . . 2 . . 3 2 6 2 6 S ABC AB AC a V SH a   Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có ( ) HE SJ HE SAC HE AC        . Mặt khác, do // //( )IH SC IH SAC , suy ra 0 6 ( ,( )) ( ,( )) .sin60 . 4 d I SAC d H SAC HE HJ a    Câu 5(1,0 điểm) Ta có 2 2 2 8 4 1 2 1 2 (1) 2 2 y y x y x y x x                    Gọi S là tập giá trị của 2 y x  , khi đó Rm S m   sao cho hệ   2 * 1 2 2 2 y x m y m x              có nghiệm. Trang 4 Đặt 2 2 1 1 ( , 0) 2 2 2 2 a x x a a b y y b b                     khi đó, (*) 2 2 2 3 2 (**) 3 2 8 2 2 m a b a b m m m m a b ab                         . Hệ (*) có nghiệm  hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b 0  phương trình 8X 2 -4mX+m 2 -4m-12=0 có 2 nghiệm không âm  2 2 8 24 0 0 6 4 2 10 4 12 0 m m m m m m                 . Mặt khác 4 16 2 y P x          . Suy ra: Max 8 10P  khi 5 2 10 ; 3 2 10. 2 x y     min 8P  khi 1 14 x y       hoặc 8 4 x y       . Câu 6a: 1. (1.0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng  đi qua Q(5;2) có phương trình A(x- 5)+B(y-2)=0 với 2 2 0A B  , do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên 0 90MIN  hay tam giác MIN vuông cân tại I, suy ra   1 5 ( , ) 2 2 2 d I R   Hay     2 2 2 2 | A 2 5 B 4-2 | 5 | 2 3 | 2 5 2 B A A B A B         2 2 17 24 7 0B AB A    (*) Chọn B=1 khi đó (*) 2 1 7 24 17 0 17 7 A A A A               .A= -1; B=1: phương trình đường thẳng  là : -x+y+3=0 . 17 7 A   ; B=1: phương trình đường thẳng  là : 17x-7y-71=0 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0. Câu 6a: 2. (1.0 điểm) Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0), do ABCD là hình vuông nên ta có, 2 2 2 2 1 2 AB AD AI BD                        2 2 2 2 2 2 2 2 3 8 5 4 1 2 4 36 a b a b a b                       2 2 4 2 1 6 2 20 b a a a             1 2 a b       hoặc 17 5 14 5 a b           . Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và 17 14 ; ;0 5 5 A        Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8), 27 6 ; ;8 5 5 C         . Câu 7a: Ta có              2 2 1 3 3 1 1 1 3 1 3 2 5 . 4 1 1 1 i i i i i i Z i i i            Suy ra, 2 2 1 1 5 1 1 5 26.Z i Z        Trang 5 Câu 6b: a. (1.0 điểm) Ta có (3;4)ON  ,ON=5, 4 2 -2 5 d O N M đường thẳng ON có phương trình 4(x-3)-3(y-4)=0  4x-3y=0 do (3 6; )M d M m m   Khi đó ta có 2 1 ( , ). ( , ) 3 2 ONM ONM S S d M ON ON d M ON ON         1 4. 3 6 3 3 9 24 15 13 5 3 m m m m m                 Với 1 (3; 1)m M    Với 13 13 7; 3 3 m M            . Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và 13 7; 3 M         Câu 6b: 2. (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT   1;0;1 P n  Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng       2 2 2 3 1 1 0 0A x B y C z A B C         với VTPT là   ; ; Q n A B C  Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra 2 2 2 2 2 2 4 ( ,( )) 3 4 3 A B C d I Q R A B C A B C A B C                (*) Mặt khác ( ) ( ) . 0 0 Q P Q P n n A C C A           Thay vào (*) ta được 2 2 2 2 5 3 2 8 7 10 0B A A B B A AB       (**) Chọn B=1, (**) 2 7 10 8 0 2A A A      hoặc 4 7 A   Với 2 2A C    : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 2 9 0x y z    Với 4 4 7 7 A C     : được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4 7 4 9 0x y z    Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 2 9 0x y z    và 4 7 4 9 0x y z    . Câu 7b: (1,0 điểm) Điều kiện: x, y > 0 (*) Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với 9 log 3 3 2 6 log log 3 x y x y       9 3 3 3 log .log 1 log log 3 x y x y        3 3 3 3 log .log 2 log log 3 x y x y         3 3 log 1 log 2 x y      hoặc 3 3 log 2 log 1 x y      Với 3 3 log 1 log 2 x y      3 9 x y       (tm (*)) Với 3 3 log 2 log 1 x y      9 3 x y       (tm(*)) Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./ . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 40 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. -----------Hết----------- Trang 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 40 Câu 1.(1 điểm) Khảo sát…. Khi m=-1 ta có 4 2 2y x x   Tập xác định: D=R.  Sự biến thi n - Chiều biến thi n , 3 2 , 0 4 4 4