Đề thi thử Đại học lần 2 năm học 2013-2014 môn Toán (khối A, A1 và B)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (Khối A, A1 và B) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  1x . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Một đường thẳng d đi qua điểm A(1;2) và có hệ số góc m , tìm m để d cắt (C) tại hai điểm M,N phân biệt thỏa AM 2AN . Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 12sin x  1sin x . 3cosx Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình   π x2 x4y  y2 , x, y . x y  xy  x2  y2 1 2 Câu 4. (1 điểm) Tính  0 sin2x 13sin x  4 13sin x Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, BAD 600 , hai mp(SBD) và mp(SAC) cùng vuông góc với mp(ABC), mp(SAB) tạo với mp(ABC) một góc arctan 2 . Tính thể tích của khối chóp SABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. 3 Câu 6. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa 3x2yz13x2z y1(x y)(xz) . Tìm giá trị lớn nhất của P  2(x3)2  y2 z2 16 . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;3), điểm C thuộc đường thẳng Δ: x y60, phương trình đường thẳng BD: x2y20, tanBAC  1 . Tìm tọa độ ba đỉnh B, C, D. Câu 8a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng a: x2  y1 z và b : x1 y  z1 . Viết phương trình mặt phẳng () song song với a, b và cắt ba trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6. Câu 9a. (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: (zi1)2 3(zi1)z22z22 0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x2)2 (y1)2 5, điểm A(0,2) và đường thẳng Δ: 2xy60. Viết phương trình đường tròn (C`) tiếp xúc với (C) tại A và tiếp xúc với Δ. Câu 8b. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng Δ: x1 y1 z và mặt phẳng () : yz40. Viết phương trình mặt phẳng () biết rằng () vuông góc với (), song song với Δ và d(Δ,)2d(O,). Câu 9b. (1 điểm) . Giải phương trình 8x (x3 3x2 6)4x 2(x3 3x2 6)3 0. Nguồn từ http://luongvanchanh.edu.vn/ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán – Khối A, A1 và B Câu Nội dung Điểm chi tiết Câu 1a  Tập xác định: D \ 1 0.25  y` (x1)2 0, x 1 Hàm số nghịch biến trong các khoảng (,1) và (1;)  Giới hạn và tiệm cận 0.25 Tiệm cận đứng: x 1 (vì lim y , lim y ) x1 x1 Tiệm cận ngang: y 1 (vì lim y  lim y 1). x x Bảng biến thiên 0.25 x  1  y`   y 1   1 Đồ thị 0.25 Câu 1b Phương trình của đường thẳng d : y2m(x1)  y mxm2 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và (C): mxm2 x3  mx2 (2m1)xm10. Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N  (1) có hai nghiệm phân biệt m0 m0 Δ0 m8. (1) 0.25 (2) Giả sử M(x , y ), N(x2, y2) , khi đó x , x2 là nghiệm của (1) nên x x2  2m1 x x2  m1.   Ta có AM (x 1, y1 2), AN (x2 1, y2 2). Để AM 2AN  AM 2AM  x1 12(x2 1)  x1 32x2 . (3) 0.25 (4) 3x2 2 1 0.25 Thế x1 32x2 vào (3) ta được  . Giải hệ này ta được m1, thỏa (2). 3x2 2x2 1m Vậy khi m1 thì thỏa đề bài. Câu 2 x π kπ 0.25 cosx 0  Điều kiện: sin x1 x6 k2π x k2π.  Phương trình đã cho tương đương với 0.5 3cosx(12sin x)(1sin x)(12sin x)  3cos xsin2xsin xcos2x  3cos xsin xcos2x 3sin2x  cosx πcos2xπ x 6 2x 3 k2π x π 2x πk2π x 2 k2π x π k 2π. Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  π k 2π . 0.25 Câu 3  x2 x4y  y2 (1) 0.25   x y  xy  x2 y2 1 (2)  Điều kiện x2 x4y0 (3)   Ta có (1) x2 x4y (y2)2 x2 y2 x40. (1`) Đặt u  x y , v  xy (u,v0). 0.25 Thế vào (1’) và (2), ta được 2u2v2 (u2 v2)80 (3) uvuv 1. (4) Lại đặt S uv, Puv (S2 4P0, S 0, P0), thế vào (3) và (4), ta được 0.25 2P2 S2 2P80 SP 1 Giải hệ này ta được S 2,P 3 (lo¹i), suy ra x y 9 0.25 u 3,v1 xy 1 x 5, y  4 u 1,v3 x y 1 x 5, y 4. xy 9 So sánh các điều kiện trên, ta thấy hệ có nghiệm duy nhất (x, y) (5,4). Câu 4 π 2 Đặt I   0 0.25 sin2x . 13sin x  4 13sin x Đặt t  4 13sin x sin x  t4 1cosxdx  4t3dt . Khi x 0, ta có t 1; khi x π , ta có t  2 . π 2 2sin xcosx 8 2 t3(t4 1) 0 13sin x  4 13sin x 9 1 t2 t 2 6 5 4 3 2  9 1 (t5 t4 t3 t2)dx 96  5  4  31 849 22 2 920 15  Câu 5 Theo giả thiết ta có ABD và CBD là các tam giác đều. (SAC) (ABC) (SBD) (ABC) Trong mp(ABC), hạ OK  AB, suy ra SK  AB, vì vậy OKS . S 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 S F E K B G C O G C A D Trong tam giác vuông SOK, ta có SO OK.tan a43. 2  a . Do đó V  1 SO.1.AC.BD  a123 . Gọi Δ là trục của đường tròn (BCD), ta có Δ đi qua trọng tâm G của tam giác BCD và 0.25 vuông góc với mp(ABC) nên Δ thuộc mp(SAC). Trong mp(SAC), trung trực d của đoạn SC cắt Δ tại I. Do I Δ nên IB  IC  ID, do I d nên IS  IC , suy ra I là tâm và IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Tam giác SOC có SC a và CSO600 . Gọi E là trung điểm của SC, F là giao điểm 0.25 của Δ và SC. Ta có EF  ESSF  1 SC1 SC  a , EI  EF 3  a63 (vì EFI 600 ) , suy ra IC2  IE2 EC2 a632 a2  a2 . Do đó R  IC  a . 3 Câu 6 Từ giả thiết 3x2yz13x2z y1(x y)(xz) (1) 0.25 và áp dụng các bất đẳng thức ta có (x y)(xz) (2x yz)2 , 2 2 8 3x2yz1 3x2z y1 3(2x yz)2 8 (2x yz)2 3(2x yz)2 4 (2) Đặt u  2x yz (u0), ta có 2 (2)  3u2  4 3u3 2u2 320  (u2)(3u2 8u16)0 u 2  yz 22x. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z. 2(x3)2  y2 z2 16 12x2 0.25 2x2  y2 z2 2x2  y2 z2 Lại do 2x2  y2 z2 2x2  (yz)2 2x2 2(1x)2 2(2x2 2x1)0 và 12x20 nên P1 2x2 2x1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z. Đặt f (x) 1 2x2 2x1, (x0). 0.25 Ta có f `(x) 4(3x2 x2) , f `(x)0  x 1x  2 . Bảng biến thiên x  1 0 f `(x)  0  f (x) 2 3 0 10   2 1 Suy ra f (x)10, với mọi x0. Từ các kết quả trên, ta có P10. 0.25  (1) x  P10 khi và chỉ khi y  z   x  3 y  z  3. Vậy GTLN của P là 10. Câu 7a Gọi I là trung điểm của AC, suy ra I thuộc BD nên I(2y2, y), khi đó C(4y3,2y3). Do C thuộc Δ nên x  y 60  6y120  y 2 , suyra I(2,2), C(5,1).   Ta có AC (6,2) và B thuộc BD nên B(2b2,b), suy ra AB (2b1,b3) .   Do đó cosBAC cos(AB,AC) . 2 b2 2b2 0.25 0.25 ... - tailieumienphi.vn