Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/hocthemtoan
www.facebook.com/hocthemtoan Thy Huy: 0968 64 65 97 THI TH I HC MễN TON S 23 NM HC 2013 - 2014 Thi gian lm bi: 180 phỳt Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 im) Câu I (2,0 im) Cho hm s 2 1 1 x y x cú th l (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng 3y x m ct (C) ti A v B sao cho trng tõm ca tam giỏc OAB thuc ng thng 2 2 0x y (O l gc ta ). Cõu II (2,0 điểm) 1. Gii bt phửụng trỡnh 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x 2. Gii phửụng trỡnh cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x Câu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, , 2 2AB a AD a . Hỡnh chiu vuụng gúc ca im S trờn mt phng (ABCD) trựng vi trng tõm tam giỏc BCD. ng thng SA to vi mt phng (ABCD) mt gúc 45 0 . Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AC v SD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z l cỏc s thc dng. Chng minh bt ng thc 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) x xy y yz z zx y zx z z xy x x yz y PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B) A. Theo chng trỡnh chun Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d 1 : 3 5 0x y , d 2 : 3 1 0x y v im (1; 2)I . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d 1 , d 2 ln lt ti A v B sao cho 2 2AB . 2. Trong khụng gian Oxyz, cho hai im A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v mt phng (P) cú phng trỡnh 3 2 0x y z . Vit phng trỡnh mt phng (Q) l mt phng trung trc ca on AB. Gi l giao tuyn ca (P) v (Q). Tỡm im M thuc sao cho on thng OM nh nht. Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm s phc z tha món (1 3 )i z l s thc v 2 5 1z i . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d 1 : 3 5 0x y , d 2 : 3 5 0x y v im (1; 2)I . Gi A l giao im ca d 1 v d 2 . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d 1 , d 2 ln lt ti B v C sao cho 2 2 1 1 AB AC t giỏ tr nh nht. 2. Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0 . Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 t giỏ tr nh nht. Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh 2 1 2 1 2 2log 2 2 log 1 6 log 5 log 4 1 x y x y xy y x x y x --------------------------------------------------Hết----------------------------------------------------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 23 Câu 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x TXĐ : \ 1 . 2 3 ' 0, 1 ( 1) y x x Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x TCĐ : 1x 2 1 lim 2 1 x x x TCN : 2y Lập BBT Đồ thị 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -4 -2 2 4 61 Câu 1: 2, trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y (d) Pt hoành độ giao điểm: 2 1 3 1 x x m x . Với đk 1x 2 PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m D cắt (C) tại A và B Pt (1) có 2 nghiệm khác 1 2 11 (1 ) 12( 1) 0 ( 1)( 11) 0 1 3 (1 ) 1 0 m m m m m m m m Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó 1 1 2 2 ( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m Gọi I là trung điểm của AB 1 2 1 1 , 3 2 6 2 I I I x x m m x y x m Gọi G là trọng tâm tam giác OAB 2 1 1 ; 3 9 3 m m OG OI G 1 1 11 2. 2 0 9 3 5 m m G d m (TM). Vậy 11 5 m Câu 2: 1, Giải bất phöông trình 3 2 (3 4 4) 1 0x x x x Điều kiện : 1x . Đặt 2 0 1 1 y y x y x Bpt trở thành 3 2 2 (3 4 ) 0x x y y TH 1. 0 1y x . Thỏa mãn BPT TH 2. 0 1y x . Chia hai vế cho 3 y ta được 3 2 3 4 0 x x y y . Đặt x t y và giải BPT ta được 1t 2 1 0 0 1 1 1 1 0 x x x t x x y x x 1 0 0 1 5 1 2 1 5 1 5 2 2 x x x x . Kết hợp 1x ta được 1 5 1 2 x . Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1 5 1; 2 Câu 2: 2, Giải phöông trình cos cos3 1 2 sin 2 4 x x x 2cos2x cos x 1 sin2x cos2x cos2x(2 cos x 1) 1 2sinxcosx 2 2 2 (cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sin x) cosx sin x 0 (1) (cosx sin x)(2cosx 1) cosx sinx (2) (1) 2 sin x 0 x k x k 4 4 4 cosx 0 x k 2 (2) 2cosx(cos x sinx 1) 0 2 cos x 1 x k2 4 4 4 Vậy pt có nghiệm là x k 4 , x k 2 , x k2 Câu 3: Tính tích phân I = 2 2 0 1 3sin 2 2cosx xdx 2 2 2 2 2 0 0 0 1 3 sin 2 2cos (sin 3cos ) sin 3 cosI x xdx x x dx x x dx sin 3cos 0 tan 3 3 x x x x k Do 0; 2 x nên 3 x 3 2 0 3 sin 3 cos sin 3 cosI x x dx x x dx 3 2 0 3 (sin 3 cos ) (sin 3 cos )x x dx x x dx 3 2 0 3 cos 3sin cos 3sinx x x x 1 3 1 3 1 3 3 3 2 2 2 2 Câu 4: Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT ( )SH ABCD Gọi 2 1 2 3 3 O AC BD CH CO AC a AH AC HC a SA tạo với đáy góc 45 0 suy ra 0 45 2SAH SH AH a Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì 3 1 1 4 2 . .2 2 .2 3 3 3 ABCD V S SH a a a a . Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD Do đó ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó 2 4 2 (0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0) 3 3 a a A B a D a S a C a a 5 2 2 ; ; 6 3 a a M a . ( ;2 2 ;0)AC a a 5 2 2 ; ; 6 3 a a AM a 2 2 2 (2 2 ; ; 2 )AC AM a a a Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2)n nên có phương trình là 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ;( )) 8 1 2 11 a a x y z d D ACM Câu 5: Chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) x xy y yz z zx y zx z z xy x x yz y (1) Ta có 2 2 ( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z 2 2 2 2 1 1 2 2 ( )( 2 ) ( )( 2 ) ( ) ( ) x xy x xy x y z y z x y z y z y zx z y zx z 2 2 1 2 1 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2 x xy x xy xz x x x x y z y z x y z y z 2 2 x x y z x y z . Tương tự, cộng lại ta được VT (1) 2 2 2 1 2 2 2 x y z y z z x x y 2 2 2 2 2( ) 2 1 1 2 2 2 3( ) x y z x y z xy xz yz yx zx zy xy yz zx Chứng minh được 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx . Suy ra VT (1) 2 1 1 Đẳng thức xảy ra x y z Câu 6a: 1, Viết ptđt đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho 2 2AB 1 2 ( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b ( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)IA a a IB b b I, A, B thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB kIA b k a Nếu 1 1 4a b AB (không TM) Nếu 1 3 1 ( 3 3) 3 2 1 b b a a b a 2 2 2 2 ( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,AB b a a b t t t b a 2 2 5 12 4 0 2 5 t t t t 2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y 2 2 6 8 , :13 11 0 5 5 5 5 t b a b a x y M H O B D C A S Câu 6a: 2, Tìm điểm M thuộc sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB 3 3 3 ; ; . ( 1; 1; 1) 2 2 2 I AB Pt (Q) là 3 0 2 x y z Đường thẳng đi qua điểm 7 1 ;0; 4 4 I và có vtcp (2; 1; 1)u Pt tham số của là 7 1 2 , , 4 4 x t y t z t 2 7 1 25 2 ; ; . 12 15 4 4 4 M M t t t OM t t OM nhỏ nhất 5 19 5 3 ; ; 8 6 8 8 t M Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z là số thực và 2 5 1z i . Giả sử z x yi , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i (1 3 )i z là số thực 3 0 3b a b a 2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a 2 2 2 6 10 34 29 1 5 17 14 0 7 21 5 5 a b a a a a a b Vậy 7 21 2 6 , 5 5 z i z i Câu 6b: 1, Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho 2 2 1 1 AB AC đạt giá trị nhỏ nhất 1 2 1 2 , ( 2;1)d d d d A A Gọi H là hình chiếu của A trên BC. ABC vuông tại A nên 2 2 2 1 1 1 AB AC AH 2 2 1 1 AB AC nhỏ nhất 2 1 AH nhỏ nhất AH lớn nhất H I Khi đó qua I và có vtpt ( 1; 1)n AI . Pt là 1 0x y Câu 6b: 2, Tìm M thuộc (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh được MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 MA 2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu của G trên (P). Tìm được tọa độ 4 2 1; ; 3 3 G Tìm được 22 61 17 ; ; 3 3 3 M Câu 7b: Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2log 2 2 log 1 6(1) log 5 log 4 1 (2) x y x y xy y x x y x Đk Giải hệ phương trình 1 1 0 0 1 1 2 0 2 1 x x y y 1 2 (1) 2log (1 ) 2 2log 1 6 x y x y x 1 2 2 2log 2 2log 1 6 x y y x . Đặt 1 log ( 2) x t y ta được 2 2 2 2 6 2 4 2 0 1t t t t t 2 1y x Thế vào (2) ta được 1 1 1 2 2 log 2 log 4 1 log 1 1 4 4 x x x x x x x x x x 2 2 6 (TM) 4 2 0 2 6 (KTM) x x x x Vậy 2 6, 1 6x y . www.facebook.com/hocthemtoan Thy Huy: 0968 64 65 97 THI TH I HC MễN TON S 23 NM HC 2013 - 2014 Thi gian lm bi: 180 phỳt Phần chung. (C) 1. Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s. 2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng 3y x m ct (C) ti A v B sao cho trng tõm ca tam giỏc OAB thuc ng thng 2 2 0x