Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi thử
Thầy Toán 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 01 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh ) Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số : 3 3 1y x x= − − 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho 2 A x = và 2 2MN = . Câu II ( 2 điểm ). 1) Giải phương trình : ( ) ( ) 2 2 tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x+ + − − = . 2) Giải hệ phương trình với ,x y∈¡ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 1 2 2 1 x y x y y y x y xy x x xy y y − − + − = + + − = − + − + + + Câu III ( 1 điểm ). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1 ( ) 1 x y C x − = − , trục hoành và tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung . Câu IV ( 1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V ( 1 điểm ). Chứng mimh rằng với 0, 0, 0a b c> > > thì 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a + + ≥ + + ÷ + + + II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 2;1 ,B − điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox ( 0 C x ≥ ) góc · 30 o BAC = ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z+ − + = và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). lập phương trình mặt phẳng ( ) α .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Câu VIIa ( 1 điểm ) Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho 3 2 w z i z i − − = + là một số thực. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( 2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 6 2 6 0C x y x y+ − + + = và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho AB AC+ nhỏ nhất. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 2 0x y z x y z+ + − − − = cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VIIb ( 1 điểm ). Tìm tất các số thưc α để bất phương trình : 2 log log 2 2 os 0 x x c α + + ≤ có nghiệm 1x > Hết . HNG DN GII 01 Cõu I (2 im)1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s : 3 3 1y x x= Tp xỏc nh: D = Ă o hm: 2 3 3y x  = - Cho , 2 0 3 3 0 1 1y x x x  = - = = = - Gii hn: ; lim lim x x y y - Ơ + Ơđ đ = - Ơ = + Ơ Hm s B trờn cỏc khong ( ; 1); (1; )- Ơ - + Ơ , NB trờn khong ( 1;1)- Hm s t cc i y C = 1ti CD 1x = - , t cc tiu y CT = 3 ti CT 1x = BBT im un: ( ) 0; 1I - vỡ: 6 0 0 1y x x y  = = = = - ị . Giao im vi trc honh:khụng cú nghim nguyờn Bng giỏ tr x 1- 0 1 2 y 1 1- -3 1 th hm s: hỡnh v bờn. 2) Vit phng trỡnh ng thng d ct (C) ti 3 im phõn bit A, M, N sao cho 2 A x = v 2 2MN = Nhn xột: nu ng thng d qua A khụng cú h s gúc tc x = 2 ct (C) nhiu nht 1 im khụng tha yờu cu bi toỏn .Do ú d phi cú h s gúc .Vỡ 2 A x = nờn 1 A y = suy ra phng trỡnh d cú dng ( ) 2 1y k x= + Phng trỡnh honh giao im d v (C) l: 3 2 2 2 (3 ) 2 2 0 ( 2)( 2 1) 0 2 1 0 (*) x x k x k x x x k x x k = + + = + + = + + = d ct (C) ti 3 im phõn bit A, M, N (*) cú 2 nghim phõn bit, 1 2 , 2 ; 2 2x x MN = Theo vi ột 1 2 1 2 , 2; 1x x x x k+ = = Ta cú : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 8 MN x x x x k= = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 4k x x k x x x x = + = + + Hay ( ) ( ) ( ) 2 8 1 4 4 1k k= + 3 2 0k k + = 1k = (tho yờu cu bi toỏn ).Vy d cú pt l : 1y x= Cõu II( 2 im)1) Gii phng trỡnh : ( ) ( ) 2 2 tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x+ + = iu kin cos 0x Phng trỡnh vit li 2 2 1 tan 2 3sin 1 tan x x x = + 2 2 3sin os2 2sin 3sin 1 0x c x x x = + = 1 sin 1 ;sin 2 x x = = so sỏnh /k chn 1 sin 2 x = ( ) 5 2 ; 2 6 6 x k x k k = + = +  2) Gii h phng trỡnh vi ,x yĂ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 0 1 1 2 2 1 2 x y x y y y x y xy x x xy y y + = + + = + + + + T phng trỡnh (2) ta cú /k : , 0x y y ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1y y y x y x y x y+ = + . x 1 1 + Ơ y  + 0 0 + y 1 + Ơ 3 Xét hàm số ( ) 2 2 1f t t t t= + − − liên tuc [ ) 0;+∞ có ( ) / 2 1 2 .2 1 t f t t t t = − − + 2 1 1 2 0 0 2 1 t t t t = − − < ∀ > ÷ + Suy ra hàm số nghịch biến ( ) 0;+∞ nên ( ) ( ) 2f y f x y x y = − ⇔ = Thay vào (1) ta có ( ) ( ) 2 2 1 0 2y x x y− − + = ⇔ = 4x⇒ = .Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2) Câu III(1 điểm)3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : 2 1 ( ) 1 x y C x − = − , trục hoành, và tiếp tuyến của (C) tại giao điểm (C) với trục tung. viết được pt tt : 1y x= − + nêu được miếng lấy diện tích ( ) ( ) 1 1 2 1 0 2 2 1 1 1 1 x S x dx x dx x − = − + − + − + − ∫ ∫ 1 1 2 2 2 1 0 2 ln 1 2 2 x x x x x = − − − − + − + = 1 ln 2 2 − Câu IV(1 điểm )Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a 2 Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD Tam giác SAB đều nên đường cao 2 3 3 2 a SE a = = Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao SF = a Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S (vì 2 2 2 EF SE SF= + ) Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H Ta có SH vuông góc mp(ABCD) . 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 3 3SH SE SF a a a = + = + = 3 2 a SH⇒ = . Vậy 3 2 1 1 3 2 3 ( ). .4 . 3 3 2 3 a a V S ABCD SH a= = = ( đvt Câu V(1 điểm) CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a + + ≥ + + ÷ + + + + Với a > 0, b > 0, c >0 Giải : ta có: ( ) ( ) ( ) a 2 b a 2 2b 1 2 a 2b 3 a 2b+ = + ≤ + + = + (1) + Do ( ) ( ) 1 2 1 1 1 a 2 b a b b 9 a b a b b + + = + + + + ≥ ÷ ÷ nên 1 2 9 a b a 2 b + ≥ + (2) .Từ (1) và (2) ta có: 1 2 3 3 a b a 2b + ≥ + (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) Áp dụng (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a + + ≥ + + ÷ + + + ( đpcm) dấu " "= xẩy ra khi và chỉ khi a b c = = Câu VIa(2 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 2;1 ,B − điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc trục hoành ( 0 C x ≥ ) góc · 30 o BAC = ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ A và C. Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có 2 sin30 5 o BC R= = ( ) ( ) 2 2 2 5 2 0 1 5BC c⇒ = ⇔ + + − = 0 , 4 ( )c c loai⇔ = = − Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 (0;1 2 3)A⇒ + hoặc (0;1 2 3)A − Vậy có (0;1 2 3)A − , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc (0;1 2 3)A + , B(-2 ;1) , C(0 ;0) 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z+ − + = và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). Lập phương trình mặt phẳng ( ) α .qua d và cách A một khoảng bằng 1. Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và ) (0;0;1), (0, 1; 1)B C − − thuộc d , phương trình mặt phẳng ( ) α có dạng : 0ax by cz d+ + + = ( 2 2 2 0a b c+ + ≠ ). Do ( ) α đi qua B, C nên : 0 0 2 c d d c b c d b c + = = − ⇔ ⇒ − − + = = − pt ( ) α là ax + (- 2c)y +cz - c = 0 2 2 2 2 2 ( , ) 1 1 4 a c c c d A a c c α − + − = ⇔ = + + 2 2 2 5a c a c⇔ − = + 2 2ac c⇔ − = Nếu c = 0, chọn a = 1 0, 0b d⇒ = = ( ) ( ) pt α α ⇒ ⇒ x = 0 Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt ( ) α : - 2x - 2y + z - 1 = 0 Câu VII a( 1 điểm)Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho 3 2 w z i z i − − = + là một số thưc Gọi ( , )z a bi a b= + ∈¡ khi đó ( ) ( ) 2 2 2 ( 3) ( 1) 2 ( 3) w ( 1) ( 1) a b i a b i a b i a b i a b − + − − + − + − = = + + + + [ ] 2 2 ( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1) ( 1) a a b b a b a b i a b − + − + + − − − + = + + là số thưc khi và chỉ khi : ( 3) ( 2)( 1) 0 2 1 0 0 0 1 1 a b a b a b a a b b − − − + = − − = ⇔ ≠ ≠ ≠ − ≠ − Vậy tập hợp đó là đường thẳng 2 1 0x y− − = trừ điểm M(0 ; - 1) Câu VIb.(2 điểm)1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 6 2 6 0C x y x y+ − + + = và điểm A(1;3) ; Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho AB AC+ nhỏ nhất. Tâm đường tròn (3; 1), 2; 2 5 ( , ) 2I R IA d I A R− = = = > = nên điểm A nằm ngoài (C) Ta có /( )A C P = AB.AC = d 2- - R 2 = 16 ; và 2 . 2.4 8AB AC AB AC+ ≥ = = dấu “=”xẩy ra ⇔ AB = AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng ( 1) ( 3) 0a x b y− + − = 3 0ax by a b⇔ + − − = Từ đó ta có 2 2 3 3 ( , ) 2 2 a b a a d I d a b − − − = ⇔ = + 2 0 3 4 4 3 b b ab a b = ⇔ = ⇔ = chọn 0 1 b a = = 4 3 b a = ∨ = Vậy phương trình d : 1 , 3 4 15 0x x y= + − = 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 2 0x y z x y z+ + − − − = cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (S) : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 6x y z− + − + − = có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6 (S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) . Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I giao điểm của d đi qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC) Giải hệ 2 2 4 0x y z+ + − = và 1 2 2 1 2 x t y t z t = + = + = + ta được 2 9 t − = suy ra 5 16 5 ( ; ; ) 9 9 9 I và r = IA = 2 2 2 5 16 5 5 2 2 9 9 9 3 − + + = ÷ ÷ ÷ Câu VIIb. (1 điểm)Tìm tất các giá trị α ∈¡ để bất phương trình : 2 log log 2 2 os 0 x x c α + + ≤ có nghiệm 1x > .Với . 1x > ; Bpt tương đương với 2 2 1 log 2 os 2 log x c x α α + ≤ − ≤ ∀ ∈ ¡ (1) mặt khác 2 log 0x > nên theo Côsi ta có: 2 2 1 log 2 log x x + ≥ (2) Từ (1) và (2) ta có ∀ . 1x > : bpt ⇔ VT = VP = 2 cos 1 2 ( )k k α α π π ⇔ = − ⇔ = + ∈¢ khi đó bất phương trình có nghiệm 2 log x = 1 2x⇔ = . Vậy 2 ( )k k α π π = + ∈¢ . Thầy Toán 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 01 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG ( Cho. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 2;1 ,B − điểm A thu c Oy, điểm C thu c Ox ( 0 C x ≥ ) góc · 30 o BAC = ; bán kính đường tròn ngoại tiếp