Đề thi thử đại học lần 5, năm học 2013 - 2014 môn: toán

m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 1 2,x x sao cho 4 4 1 2 1 1 2 x x   . Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình 2 1 sin 1 sin cos cos 2 cos 2 2 x x x x x           . Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình       1 1 1 ,5 2 9 2 2 4 2 9 x y x y y x y y x y x y x y x y                    Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân   2 2 2 1 ln 1 ln e e x x I dx x x     Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết SA a và cạnh bên SB tạo với mặt đáy  ABCD một góc 030 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu 6 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn  2 2c a b a b   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức           2 2 2 1 1 1 4 1 1 11 1 1 P a b ca b c          . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu 7a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn  T tâm  0;5I . Đường thẳng AI cắt đường tròn  T tại điểm  5;0M  M A , đường cao đi qua C cắt đường tròn  T tại   17 6 ; 5 5 N N C         . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C của tam giác ABC biết 0Bx  . Câu 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 1 2 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng   : 2 2 3 0P x y z    cắt nhau tại I . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  d sao cho 2 điểm ,I M và hình chiếu của M trên  P là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 13 2 . Câu 9a (1,0 điểm): Giải phương trình     2 2 22 5 2 6 0z z z z     trên tập số phức. B. Theo chương trình Nâng cao: Câu 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Phân giác trong góc A , phân giác ngoài góc B lần lượt có phương trình 2; 7 0x x y    . Các điểm   1 ;1 , 2;1 2 I J       lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm , , .A B C Câu 8b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu       2 2 2: 1 2 5S x y z     và đường thẳng   1 : 1 3 0 x t d y t z          . Viết phương trình mặt phẳng  P chứa đường thẳng  d và cắt mặt cầu  S theo một đường tròn có chu vi bằng 4 . Câu 9b (1,0 điểm): Gọi 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình   2 3 4 0z i z    . Viết dạng lượng giác của các số phức 2014 20141 2, .z z --------------------Hết-------------------- WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đáp án – thang điểm có 03 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN - KHỐI A,A1,B Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm): Khi 3 2 41 2 3 3 3 x m y x x      + Tập xác định: R + Sự biến thiên: lim ; lim x x y y       0,25 2' 4 3; ' 0 1; 3y x x y x x       . Hàm số đồng biến trên các khoảng    ;1 , 3;  , nghịch biến trên  1;3 và đạt cực đại tại 1x  , cực tiểu tại 3x  . 0,25 BBT: x  1 3  y' + 0  0 + y 0   4 3  0,25 + Vẽ đồ thị 0,25 2. (1,0 điểm): Ta có  2' 2 1 2 1; ' 0 1, 2 1y x m x m y x x m          0,25 Hàm số có 2 cực trị khi 2 1 1 0m m    0,25   44 4 1 2 2 1 1 01 1 1 2 1 2 1 1 12 1 m m m mx x m                  0,25 So với điều kiện, ta nhận được 1m   0,25 2 (1,0 điểm) Điều kiện: cos 0x  Phương trình 2 sin 1sin cos sin cos cos x x x x x x      0,25     2 2 2sin 1 1 cossin cos sin 1 0 sin sin 1 0 cos cos x x x x x x x x x            0,25  2 sin 0 sin sin cos 1 0 sin cos 1 0 x x x x x x          0,25 sin 0x x k     2 sin cos 1 0 2 2 x k x x x k l                0,25 3 (1,0 điểm) Điều kiện:    1; 0;2 9 0;2 2 0; 1 1 0;4 2 9 0x y x y x y x y x y y x y                 Với 0y  không thỏa mãn hệ. Với 0y  : Phương trình (1)    1 1 1 0x y x y y y x y          0,25         21 1 1 0 11 1 x y x y y y x y x yx y x y y y                       1 1 0 1 11 1 y y x y y x x yx y x y y y                   Do     1 0 11 1 y y x yx y x y y y          0,25 WWW.VNMATH.COM Thế 1y x  vào phương trình (2), ta được : 5 8 11 3 8 1 , ; 2 11 3 2 x x x x x        Xét hàm số :     5 3 8 1, 2 11 f x x x g x x       với 8 11 ; 3 2 x x  Có:   3 1 9 9 3 8 ' 0 2 3 8 2 1 2 3 8 1 x x f x x x x x            với 8 11 ; 3 2 x x      2 10 ' 0 2 11 g x x     với 8 11 ; 3 2 x x  0,25    ,f x g x lần lượt là các hàm số đồng biến, nghịch biến trên từng khoảng 8 11 11 ; , ; 3 2 2             . Mà        3 3 ; 8 8f g f g  nên phương trình    f x g x có đúng 2 nghiệm 3 4 8 9 x y x y        (thỏa mãn) 0,25 4 (1,0 điểm)       2 2 2 2 2 ln ln 1 ln 1 lnln ln e e e e e e x x x dx x I dx dx x xx x x x         0,25 Tính   2 2 2 1 ln ln ln ln 2 ln ln e e e e e e d xdx I x x x x      0,25 Tính   2 2 2 ln 1 ln e e x I dx x x    . Đặt  ln ln 1t x x dt x dx    Đổi cận: 2 2; 2x e t e x e t e      0,25 Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 e e e e dt I t t e e      . Vậy 2 1 1 ln 2 2 I e e    0,25 5 (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB . Do    SAB ABCD nên   030SH ABCD ABS   3 2 , 3 2 a AB a SB a SH     0,25 2. 4ABCDS AB BC a  3 . 1 2 3 . 3 3 S ABCD ABCD a V SH S  0,25 Ta có 2 a AH  . Qua A kẻ đường thẳng  song song BD . Có:               / / , , , , 4 ,BD SA d BD SA d BD d B d H         0,25 Gọi G là hình chiếu của H trên  , E là hình chiếu của H trên SG . Có:   ,d H HE  . Tìm được: 2 2 2 . 21 4 14 a SH HG a HG HE SH HG      Vậy   21 2 21 , 4 14 7 a a d SA BD   0,25 6 (1,0 điểm)        22 2 2 2 22 2c a b a b a b c a b c a b a b c                         22 2 2 22 11 1 2 1 1 1 2 2 4 4 1 1 1 c c a b a b c c a b c                   0,25 Theo Cô si:              2 2 2 2 3 2 1 4 2 1 4 1 1 1 1 11 1 1 c c P a b a b cc c c              0,25 H C A B D S G E WWW.VNMATH.COM   3 2 3 2 6 1 1 c c c c      Xét hàm số           3 2 3 4 2 5 12 6 1 1 , ' 0 51 1 cc c c f c f c c c c           Lập bảng biến thiên: Có   1 91 5 108 f c f        0,25 Suy ra   min 91 91 1 , 5 108 108 5 P f c P c a b        0,25 7a (1,0 điểm) Có  0;5I là trung điểm của  5;10AM A  0,25 Phương trình     22: 5 50T x y   BAM BCN BM BN BI MN     , 42 6 ; 5 5 MN         Phương trình : 7 5 0BI x y   0,25 Tọa độ điểm B thỏa mãn:       22 1 25 50 1; 2 1 127 5 0 x yx y B x y lx y                   0,25 C đối xứng với B qua  7;4AM C 0,25 8a (1,0 điểm) Gọi    1 2 ; 2 ;3I t t t d    . Có    1 3; 3;3I P t I     0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên  P ,    1 2 ; 2 ;3M t t t d    14 1IM t   ,    3 3 , 1 3 t MH d M P t      0,25       2 2 22 2 2 14 1 1 13 1 13 1HI MI MH t t t HI t             213 . 13 1 1 2 2 2 MH HI S t      0,25 Giải ra được: 0; 2t t  . Vậy có 2 điểm M thỏa mãn:    1; 2;0 , 5; 4;6M M  0,25 9a (1,0 điểm) Đặt 2 2t z z  , ta được phương trình: 2 2 5 6 0 3 t t t t          0,5 2 22 2 2 2 2 0t z z z z          . Giải ra: 1z i   0,25 2 23 2 3 2 3 0t z z z z          . Giải ra: 1 2z i   0,25 7b (1,0 điểm) Phân giác trong góc    : 2 1 0 1 0B x y x y        Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:   1 0 3 3; 4 7 0 4 x y x B x y y                  0,25 5 ;5 2 BI        . Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác   2 21 125 : 1 2 4 ABC x y          Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ   2 2 2 1 125 1 2 4 x x y            0,25     2, 6 2;6 2, 4 x y A x y l        0,25 Viết được phương trình  : 2 10 0 5;0AC x y C    0,25  S có tâm  1; 2;0 , 5I R  Đường thẳng  d đi qua  1; 1;0M   và có véc tơ chỉ phương  1;3;0u   Gọi  ; ;n a b c là véc tơ pháp tuyến của  P 0,25 WWW.VNMATH.COM 8b (1,0 điểm) Chu vi đường tròn  C bằng 4 2 2r r    . Do    d P nên  . 0 3 0 3 3 ; ;nu a b a b n b b c        0,25 Phương trình      :3 1 1 0P b x b y cz     Có    2 2 2 2 2 2 5 , 1 1 15 10 b d I P R r c b b c         0,25 Chọn 1 15, 3b c a     . Vậy phương trình   :3 15 4 0P x y z    0,25 9b (1,0 điểm) Ta có:     2 223 16 8 6 1 6 9 1 3i i i i i            0,25 Phương trình có 2 nghiệm: 1 3 1 3 1 2 i i z i       và 2 3 1 3 2 2 2 i i z i       0,25 2014 1007 1 1 1007 1007 1 2 cos sin 2 cos sin 4 4 2 2 z i i z i                                               0,25   2014 30212 2 1007 1007 2 1 2 2 cos sin 2 cos sin 4 4 2 2 z i i z i                      0,25 WWW.VNMATH.COM