ðề thi thử số 1 ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát ñề THANH TÙNG I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = 1 4 1 2 x − x −2 4 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m ñể phương trình x4 − 2x2 − 8 m 4 − 2m 2 + 9 = 1 có ñúng 5 nghiệm thực phân biệt. Câu 2 (1,0 ñiểm). Giải phương trình : cot x − 2 cos 4 x = tan x sin 2 x ( ) Câu 3 (1,0 ñiểm). Giải bất phương trình: log π x − x ≥ 0 6 1 ∫ Câu 4 (1,0 ñiểm). Tính tích phân I = x 3 (e x 2 −1 + 1)dx 0 Câu 5 (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB ñều và ∠SAD = 900 . Gọi M là trung ñiểm của SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDM và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (ACM). Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y + 4 = 4( x − 3 + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = y + 1) . x−2 y+2 + x−3 y +1 II.PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 . Gọi I là tâm của (C). Viết phương trình ñường thẳng cắt (C) tại hai ñiểm A, B sao cho ABOI là hình thang ñáy AB có ñộ dài là 4 5 . Câu 8.a (1,0 ñiểm). Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z – 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và ñiểm A (1; −1; −1) . Tìm tọa ñộ các ñiểm M, N lần lượt nằm trên các mặt phẳng (P) và (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P),(Q) và A là trung ñiểm của ñoạn MN. Câu 9.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z + 1 = z+z +2 . 2 B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung ñiểm của cạnh BC, phương trình ñường thẳng DM: x – y – 2 = 0 và ñiểm C(3; – 3). Biết ñỉnh A thuộc ñường thẳng 3x + y – 2 = 0 và A có hoành ñộ âm. Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh A, B, D. Câu 8.b (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm B (1; 2; −1) , C (3; 0;5) . Tìm tọa ñộ ñiểm A thuộc mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 10 = 0 sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng 2 11 . Câu 9.b (1,0 ñiểm). Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn ñẳng thức : (i − z ) 4 = 1 ------------Hết---------Các bạn hãy thử sức mình với bài thi thử ñầu tiên này. Hãy tự bấm giờ ñể làm bài và chấm bài thi của mình bằng ðÁP ÁN anh ñã trình bày ở các trang tiếp theo. CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT KỲ THI THÀNH CÔNG !!! 1 ðÁP ÁN I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = THANH TÙNG 1 4 1 2 x − x −2 4 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m ñể phương trình x4 − 2x2 − 8 m 4 − 2m 2 + 9 = 1 có ñúng 5 nghiệm thực phân biệt. Giải: a) Các bạn tự làm câu này. b) x4 − 2x2 − 8 m 4 − 2m 2 + 9 = 1 ⇔ x 4 − 2 x 2 − 8 = m 4 − 2m 2 + 9 ⇔ m 4 − 2m 2 + 9 1 4 1 2 (*) x − x −2 = 4 2 4 1 4 1 2  4 x − 2 x − 2 = f ( x) = khi f ( x) ≥ 0 1 4 1 2 Xét hàm số y = x − x − 2 =  4 2 −  1 x 4 − 1 x 2 − 2  = − f ( x) khi f ( x) < 0   4 2  Do ñó ñồ thị hàm số sẽ ñược vẽ như sau: Ta có số nghiệm của (*) cũng chính là số giao ñiểm của ñồ thị hàm số y = m 4 − 2m 2 + 9 1 4 1 2 x − x − 2 và y = 4 4 2 (có phương song song với trục Ox). Nên ñể phương trình có ñúng 5 nghiệm thực thì: m 4 − 2m 2 + 9 = 2 (2*) 4 (2*) ⇔ m 4 − 2m 2 + 1 = 0 ⇔ (m 2 − 1) 2 = 0 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ±1 . 2 Câu 2 (1,0 ñiểm). Giải phương trình : cot x − 2 cos 4 x = tan x sin 2 x Giải: +) ðK: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ +) cot x − kπ 2 2 cos 4 x cos x sin x cos 4 x = tan x ⇔ − − =0 sin 2 x sin x cos x sin x cos x ⇔ cos 2 x − sin 2 x − cos 4 x = 0 ⇔ cos 2 x − (2 cos 2 2 x − 1) = 0 ⇔ 2 cos 2 2 x − cos 2 x − 1 = 0 cos 2 x = 1  2 x = k 2π  x = kπ (l )   ⇔ ⇔ ⇔ cos 2 x = − 1 = cos 2π  2 x = ± 2π + k 2π  x = ± π + kπ 2 3 3 3    π +) Vậy nghiệm của phương trình là: x = ± + kπ ( k ∈ Z ) 3 +) ( (k ∈ Z ) ) Câu 3 (1,0 ñiểm). Giải bất phương trình: log π x − x ≥ 0 6 Giải: +)  x < x (1) log π x − x ≥ 0 ⇔ log π x − x ≥ log π 1 ⇔ 0 < x − x ≤ 1 ⇔  6 6 6  x ≥ x − 1 (2) ( ) ( ) +) Giải (1): (1) ⇔ x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0  x 1 (*) 2  x( x − 1) > 0   x < x  x > 1 +) Giải (2): (nếu trong quá trình giải chúng ta không ñể ý tới (*) thì các bạn sẽ có cách giải “an toàn” như sau) (2) ⇔  x −1 ≤ 0  x ≤ 1 0 ≤ x ≤ 1    x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 1   x ≥ x −1 ⇔  ⇔ ⇔   3 − 5  x −1 ≥ 0 x ≥ 1 3+ 5   2  ≤x≤ 2 2  2   x ≥ ( x − 1)   x − 3x + 1 ≤ 0 0 ≤ x ≤ 1 3+ 5 (2*) ⇔ ⇔0≤ x≤ 1 ≤ x ≤ 3 + 5 2  2 +) Kết hợp (*) và (2*) ta ñược nghiệm của bất phương trình là : 1 < x ≤  3+ 5  3+ 5 hay S =  1; .  2 2   CHÚ Ý: Ngoài cách trình bày trên, các bạn cũng có thể có một cách trình bày khác như sau: x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0  +) ðK : x − x > 0 ⇔ x < x ⇔  ⇔ ⇔   x < 0 ⇔ x > 1 (2*) 2  x ( x − 1) > 0 x < x  x > 1  3 +) Với ñiều kiện (2*) phương trình tương ñương: ( ) log π x − x ≥ log π 1 ⇔ x − x ≤ 1 ⇔ x ≥ x − 1 ⇔ x ≥ ( x − 1) 2 ⇔ x 2 − 3 x + 1 ≤ 0 ⇔ 6 6 3− 5 3+ 5 (*) ≤x≤ 2 2  3+ 5    2   +) Kết hợp (*) và (2*) ta ñược nghiệm của bất phương trình là: S = 1; 1 ∫ Câu 4 (1,0 ñiểm). Tính tích phân I = x 3 (e x 2 −1 + 1) dx 0 Giải: 1 ∫ +) I = x (e 3 x 2 −1 1 3 x 2 −1 + 1) dx = ∫ x e 0 1 x4 1 +) Tính I 2 = ∫ x dx = = 4 0 4 0 dx + ∫ x dx = I1 + I 2 0 1 1 3 3 0 1 +) Tính I1 = x3e x −1dx ∫ ðặt t = x 2 − 1 → dt = 2 xdx 2 0 1 u = t + 1 du = dt → t dv = e dt v = e 0 → I1 = 1 2 x2 −1 1 x e 2 xdx = ∫ (t + 1)et dt ∫ 20 2 −1 → I1 = 1 t (t + 1)e 2 0  1 − ∫ et dt  = tet −1 −1  2 0 0 −1 ðặt  = 1 2e t +) Vậy : I = I1 + I 2 = 1 1 e+2 + = 4 2e 4e Câu 5 (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB ñều và ∠SAD = 900 . Gọi M là trung ñiểm của SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDM và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (ACM). Giải: +) Gọi I là trung ñiểm của AB → SI ⊥ AB (1) Ta có : DA ⊥ SA   → DA ⊥ ( SAB ) → DA ⊥ SI (2) . Từ (1) và (2) → SI ⊥ ( ABCD ) DA ⊥ AB  Trong tam giác SID hạ ñường cao MH ( MH / / SI ) → MH là ñường trung bình trong tam giác SID → MH ⊥ ( ABCD ) và MH = SI a 3 = 2 4 a2 1 1 a 3 a 2 a3 3 (ñvtt). → VACDM = MH .S ACD = . . = 2 3 3 4 2 24 +) Từ H kẻ HK vuông góc với AC ( HK / / BD ) cắt AB tại J → AC ⊥ ( MHK ) → AC ⊥ MK +) S ACD = 4 Mặt khác: HJ là ñường trung bình trong tam giác IBD → JB = Mà: JK / / BO → AK = BI AB 3 = → AJ = AB 2 4 4 3 3 3a 2 (theo hệ quả ta – let) AO = AC = 4 8 8 Xét tam giác SAD có: AM = SD SA2 + AD 2 a 2 = = 2 2 2 2 Xét tam giác MAK vuông tại K: MK = → S ∆AMC = 2  a 2   3a 2  a 14 AM − AK =   −   = 8  2   8  2 2 1 1 a 14 a2 7 .a 2 = MK . AC = MK = AM 2 − AK 2 = . 2 2 8 8 +) Ta có: VACDM = 3V 1 d[D,( ACM )] .S∆ACM → d[D ,( ACM )] = ACDM 3 S∆ACM a3 3 a 21 = 2 24 = (ñvd) 7 a 7 8 3 Câu 6 (1,0 ñiểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x + y + 4 = 4( x − 3 + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = y + 1) (*) x−2 y+2 + x−3 y +1 Giải: a = x − 3 +) ðặt  b = y + 1 2  x = a + 3 2  y = b − 1 ( a, b > 0 ) →  +) Khi ñó (*) chở thành: a 2 + b 2 + 6 = 4( a + b) ⇔ ( a + b) 2 − 4( a + b) + 6 = 2ab 2  a+b t 2 ðặt t = a + b ( t > 0 ) → t − 4t + 6 = 2ab ≤ 2   = → t − 8t + 12 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ t ≤ 6 2  2  2 2 +) Ta có : D = a2 + 1 b2 + 1 1 1 1 1 . Mặt khác : ( a + b)  +  ≥ 4 . Thật vậy theo cô – si ta có: + = a+b+ + a b a b a b  a + b ≥ 2 ab > 0 1 1 4 4 4  1 1 → D ≥ a+b+ =t+ → ( a + b)  +  ≥ 4 → + ≥ 1 1 1 a b a+b a+b t a b >0  + ≥2 ab a b +) Xét hàm số f (t ) = t + 4 với t ∈ [2; 6] . Ta có: t f ' (t ) = 1 − 4 t2 − 4 = 2 = 0 ↔ t = ±2 t2 t x = 4 y = 0 Từ bảng biến thiên ta có: f (t ) ≥ 4 với ∀ t ∈ [2; 6] → D ≥ 4 . Dấu “=” xảy ra khi: a = b = 1 ⇔  x = 4 . y = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của D là 4 khi  5 II.PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 20 = 0 . Gọi I là tâm của (C). Viết phương trình ñường thẳng cắt (C) tại hai ñiểm A, B sao cho ABOI là hình thang ñáy AB có ñộ dài là 4 5 . Giải: +) Ta có : ðường tròn (C) có tâm I (1; −2) và R = 5 → IH = R 2 − AH 2 = 52 − (2 5)2 = 5 uuur uur +) Vì ABOI là hình thang ñáy AB → AB / /OI mà OI = (1; −2) → nAB = (2;1) → pt AB: 2x + y + m = 0 ( m ≠ 0 ) +) Ta có: d[I,AB] = IH ⇔ 2.1 − 2 + m = 5 ⇔ m = 5 ⇔ m = ±5 ( thỏa mãn) 5 +) Vậy phương trình AB là: 2 x + y + 5 = 0 và 2 x + y − 5 = 0 . (bài toán ñược lấy ý tưởng từ BToán 1 về sự tgiao). Câu 8.a (1,0 ñiểm). Trong không gian tọa ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z – 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và ñiểm A (1; −1; −1) . Tìm tọa ñộ các ñiểm M, N lần lượt nằm trên các mặt phẳng (P) và (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P),(Q) và A là trung ñiểm của ñoạn MN. Giải: +) Gọi M ( x; y; x − 3) ∈ ( P ) → N (2 − x; −2 − y;1 − x ) (Vì A là trung ñiểm của MN) uuuur  M (4; y;1) → MN (−6; −2 − 2 y; −4)  N (−2; −2 − y; −3) +) Mà N ∈ ( P) → 2 − x + 1 − x + 5 = 0 ↔ x = 4 →  uuur  n( p ) = (1;0;1) uur uuur uuur +) Ta có:  uuur → u∆ =  n( p ) , n(Q )  = (−1; −1;1) (với ∆ là giao tuyến của (P) và (Q))  n(Q ) = (0;1;1) uuuur uur  M (4; −2;1) +) Vì MN ⊥ ∆ → MN .u∆ = 0 ⇔ 6 + 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔ y = −2 →   N (−2;0; −3) Câu 9.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng Oxy, tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 z + 1 = z+z +2 . 2 Giải: +) Gọi M ( x; y ) là ñiểm biểu diễn số phức z = x + yi ( x, y ∈ R ) +) Ta có: 2 z + 1 = z+z x − yi + x + yi + 2 ⇔ 2( x + yi) + 1 = +2 2 2 ⇔ 2 x + 1 + 2 yi = x + 2 ⇔ (2 x + 1) 2 + (2 y ) 2 = x + 2 ⇔ 4 x 2 + 4 x + 1 + 4 y 2 = x 2 + 4 x + 4 ⇔ 3x 2 + 4 y 2 = 3 ⇔ +) Vậy tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức z là ñường Elip có phương trình chính tắc : x2 y2 + =1 1 3 4 x2 y 2 + =1 3 1 4 6 B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung ñiểm của cạnh BC, phương trình ñường thẳng DM: x – y – 2 = 0 và ñiểm C(3; – 3). Biết ñỉnh A thuộc ñường thẳng 3x + y – 2 = 0 và A có hoành ñộ âm. Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh A, B, D. Giải: 1   S∆CDM = 4 S ABCD 3+ 3− 2 +) Ta có:  → S∆ADM = 2S∆CDM → d ( A, DM ) = 2d (C , DM ) = 2. =4 2 1 2 S = S  ∆ADM 2 ABCD +) Gọi A(t ; −3t + 2) thuộc ñường thẳng 3x + y – 2 = 0. Mà: d ( A, DM ) = 4 2 ⇔ t − (−3t + 2) − 2 2 =4 2 t = 3 (l ) ⇔ 4 t −1 = 8 ⇔  (vì x A = t < 0 ) → A( −1;5) t = −1 (tm) uuur  AD = (a + 1; a − 7) +) Gọi D ( a; a − 2) ∈ DM →  uuur CD = (a − 3; a + 1) uuur uuur  AD.CD = 0 ( a + 1)( a − 3) + ( a − 7)( a + 1) = 0 Do ABCD là hình vuông nên :  ⇔  2 2 2 2 2 2 ( a + 1) + ( a − 7) = ( a − 3) + ( a + 1)  AD = CD uuur uuur   a = −1 (a + 1)(2a − 10) = 0  ⇔ ⇔   a = 5 ⇔ a = 5 → D (5;3) −12a + 50 = 10 − 4a a = 5  +) Mặt khác AB = DC = ( −2; −6) → B ( −3; −1) Vậy A( −1;5) , B ( −3; −1) , D (5;3) Câu 8.b (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm B (1; 2; −1) , C (3; 0;5) . Tìm tọa ñộ ñiểm A thuộc mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 10 = 0 sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng 2 11 . Giải: +) Gọi I là trung ñiểm của BC → I (2;1; 2) và AI ⊥ BC 7 +) Gọi A( x, y , z ) ∈ ( P ) → x − 2 y + 2 z − 10 = 0 (1) Mà: AB = AC ⇔ AB 2 = AC 2 ⇔ ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 1) 2 = ( x − 3)2 + y 2 + ( z − 5) 2 ⇔ x − y + 3 z − 7 = 0 (2)  x = 4 − 4z → A(4 − 4 z; −3 − z; z )  y = −3 − z +) Từ (1) và (2) →  +) Ta có : S ∆ABC = 2S 1 2.2 11 = 2 (với B (1; 2; −1) và C (3; 0;5) nên BC = 2 11 ) AI .BC → AI = ∆ABC = 2 BC 2 11 ⇔ AI 2 = 4 ⇔ (4 z − 2) 2 + ( z + 4) 2 + ( z − 2) 2 = 4 ⇔ 18 z 2 − 12 z + 2 = 0 ⇔ 9z2 − 6z +1 = 0 ⇔ (3 z − 1) 2 = 0 ⇔ z = 8 3 Vậy A  ; − 1  8 10 1  → A ; − ;  3 3 3 3 10 1  ;  3 3 Câu 9.b (1,0 ñiểm). Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn ñẳng thức : (i − z ) 4 = 1 Giải: ( )( ) +) Ta có: (i − z )4 = 1 ⇔ (i − z ) 4 − 12 = 0 ⇔  (i − z )2 − 1 (i − z ) 2 + 1  = 0 ⇔  (i − z − 1)(i − z + 1) ( (i − z )2 − i 2 )  = 0 ⇔ (i − z − 1)(i − z + 1)(i − z − i )(i − z + i ) = 0 ⇔ z ( z + 1 − i )( z − 1 − i )( z − 2i ) = 0 z = 0  z = −1 + i ⇔ z = 1+ i   z = 2i +) Vậy z ∈ {0; 2i;1 + i; −1 + i} ------------Hết---------Nếu có vấn ñề gì chưa rõ trong lời giải, có thể liên lạc với anh ñể hỏi lại (0947141139) CHÚC CÁC BẠN ðẠT KẾT QUẢ THẬT TỐT TRONG KỲ THI SẮP TỚI !!! 8  ... (i − z ) = Giải: ( )( ) +) Ta có: (i − z )4 = ⇔ (i − z ) − 12 = ⇔  (i − z )2 − (i − z ) +  = ⇔  (i − z − 1)(i − z + 1) ( (i − z )2 − i )  = ⇔ (i − z − 1)(i − z + 1)(i − z − i )(i − z +... ñiểm A (1 ; −1; −1) Tìm tọa ñộ ñiểm M, N nằm mặt phẳng (P) (Q) cho MN vuông góc với giao tuyến (P),(Q) A trung ñiểm ñoạn MN Giải: +) Gọi M ( x; y; x − 3) ∈ ( P ) → N (2 − x; −2 − y;1 − x ) (Vì A... (4 ; y;1) → MN ( 6; −2 − y; −4)  N ( 2; −2 − y; −3) +) Mà N ∈ ( P) → − x + − x + = ↔ x = →  uuur  n( p ) = (1 ;0;1) uur uuur uuur +) Ta có:  uuur → u∆ =  n( p ) , n(Q )  = ( 1; −1;1) (với