Xem mẫu
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2013
Môn thi: TOÁN
ĐỀ 21
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x 3 2mx 2 (m 3) x 4 có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham
số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác
KBC có diện tích bằng 8 2 .
Câu II: (2 điểm)
1) Giải bất phương trình: 15.2 x 1 1 2 x 1 2 x 1
2) Tìm m để phương trình: 4(log 2 x )2 log 0,5 x m 0 có nghiệm thuộc (0, 1).
3
dx
Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = .
1
x (1 x 2 )
6
Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam
giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng
tạo với đáy góc α.
cos x
Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2
với 0 < x
sin x(2cos x sin x)
.
3
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có
3
diện tích bằng ; trọng tâm G của ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8
2
= 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường
x 1 y 2 z 3
thẳng d có phương trình . Tính khoảng cách từ điểm A đến
2 1 1
đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.
z2
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình z4 z3 z 1 0 trên tập số phức.
2
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung
của hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16
= 0.
Trang 1
- 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng:
x t x t'
(d1) : y 4 t ; và (d2) : y 3t ' 6
z 6 2t z t' 1
Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương
trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1).
Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S C2009 2C2009 3C2009 ... 2010C2009 .
0 1 2 2009
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x3 2mx 2 (m 3) x 4 x 4 (1)
x 0
(1) x( x 2 2mx m 2) 0
g ( x) x2 2mx m 2 0 (2)
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
m2 m 2 0 m 1 m 2
(a ) .
g (0) m 2 0 m 2
1 3 4
Mặt khác: d ( K , d ) 2
2
1
Do đó: S KBC 8 2 BC.d ( K , d ) 8 2 BC 16 BC 2 256
2
( xB xC )2 ( yB yC )2 256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).
2
( xB xC ) (( xB 4) ( xC 4))2 256 2( xB xC )2 256 ( xB xC ) 2 4 xB xC 128
1 137 1 137
4m 2 4( m 2) 128 m2 m 34 0 m (thỏa (a)). Vậy m .
2 2
Câu II: 1) * Đặt: t 2 x ; điều kiện: t > 0. Khi đó BPT 30t 1 t 1 2t (2)
t 1: (2) 30t 1 3t 1 30t 1 9t 2 6t 1 1 t 4 ( a)
2
0 t 1 : (2) 30 t 1 t 1 30 t 1 t 2t 1 0 t 1 ( b)
0 t 4 0 2 x
4 x 2. Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2.
2
2) PT log x log 2 x m 0; x (0; 1)
2 (1)
Đặt: t log 2 x . Vì: lim log 2 x và lim log x 0 , nên: với x (0;1) t ( ; 0)
x 0 x 1
Ta có: (1) t2 t m 0, t 0 (2) m t2 t, t 0
2
y t t , t 0 : ( P)
Đặt:
y m : (d )
1 1
Xét hàm số: y f (t ) t2 t , với t < 0 f (t ) 2t 1 f (t ) 0 t y
2 4
Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x (0; 1) (2) có nghiệm t < 0
1
(d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 m .
4
1
Vậy, giá trị m cần tìm: m .
4
Trang 2
- 3
1
1 3
t6 1 117 41 3
Câu III: Đặt : x I 2
dt t4 t2 1 2
dt =
t 1
t 1 3
t 1 135 12
3
Câu IV: Dựng SH AB ( ABC ) và SH là đường cao của hình chóp.
SH
Dựng HN BC , HP AC SN BC , SP AC SPH SNH
SHN = SHP HN = HP.
a 3 a 3
AHP vuông có: HP HA.sin 60o ; SHP vuông có: SH HP.tan tan
4 4
1 1 a 3 a 2 3 a3
Thể tích hình chóp S . ABC : V .SH .S ABC . .tan . tan
3 3 4 4 16
Câu V: Với 0 x thì 0 tan x 3 và sin x 0,cos x 0, 2cos x sin x 0
3
cos x
cos3 x 1 tan 2 x 1 tan 2 x
y 2
sin x 2cos x sin x tan x(2 tan x) 2 tan 2 x tan 3 x
2
.
cos 2 x cos x
1 t2
Đặt: t tan x; 0 t 3 y f (t ) ; 0 t 3
2t 2 t 3
t 4 3t 2 4t t (t 3 3t 4) t (t 1)(t 2 t 4)
f (t ) f (t ) 0 (t 0 t 1).
(2t 2 t 3 )2 (2t 2 t 3 )2 (2t 2 t 3 )2
Từ BBT ta có: min f (t ) 2 t 1 x . Vậy: miny 2 khi x .
4 0;
4
3
a b 5 2S ABC
Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) =
2 AB
a b 8 (1) a 5 b 5
a b 5 3 ; Trọng tâm G ; (d) 3a –b =4 (3)
a b 2 (2) 3 3
S 3
Từ (1), (3) C(–2; 10) r=
p 2 65 89
S 3
Từ (2), (3) C(1; –1) r .
p 2 2 5
BA, a 4 196 100
2) d(A, (d)) = 5 2
a 4 1 1
Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 :
(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50
2 2
2 1 1 5 1 1 5
Câu VII.a: PT z z z 0 z z 0 (1)
z z 2 z z 2
1 5 1 3i 1 3i
Đặt ẩn số phụ: t = z . (1) t2 t 0 t t
z 2 2 2
1 i 1 i
Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; ; .
2 2
Câu VI.b: 1) (C1): ( x 1) 2 ( y 1) 2 4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2.
(C2): ( x 4) 2 ( y 1) 2 1 có tâm I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1.
Trang 3
- Ta có: I1 I 2 3 R1 R2 (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
(C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.
* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b ( ) : ax y b 0 ta có:
a b 1 2 2
2 a a
d ( I1 ; ) R1 a b 2 2
4 4
hay
d (I2 ; ) R2 4a b 1 4 7 2 4 7 2
1 b b
a2 b2 4 4
2 4 7 2 2 4 7 2
Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: ( 1 ) : x 3, ( 2 ) : y x , ( 3) y x
4 4 4 4
2) (d1) có vectơ chỉ phương u1 (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ chỉ phương u2 (1; 3; 1)
K (d 2 ) K (t ; 3t 6; t 1) IK (t 1; 3t 5; t 2)
18 18 12 7
IK u2 t 1 9t 15 t 2 0 t K ; ;
11 11 11 11
18 56 59
Giả sử (d ) cắt (d1) tại H (t; 4 t; 6 2t ), ( H (d1 )) . HK t; t; 2t
11 11 11
18 56 118 26 1
HK u1 t t 4t 0 t HK (44; 30; 7).
11 11 11 11 11
18
x 44
11
12
Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ): y 30 .
11
7
z 7
11
Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x) x(1 x)2009 0
x(C2009 C2009 x C2009 x 2
1 2
... C2009 x 2009 )
2009
C2009 x C2009 x 2
0 1
C2009 x3
2
... C2009 x 2010 .
2009
0
Ta có: f ( x) C2009 2C2009 x 3C2009 x 2
1 2
... 2010C2009 x 2009
2009
0 1 2 2009
f (1) C2009 2C2009 3C2009 ... 2010C2009 (a)
Mặt khác: f ( x) (1 x) 2009 2009(1 x) 2008 x (1 x) 2008 (2010 x)
f / (1) 2011.22008 (b)
Từ (a) và (b) suy ra: S 2011.22008.
Trang 4
nguon tai.lieu . vn
