Đề thi thử đại học lần 2 môn thi: Toán; khối B, D42654

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 MƠN THI: TỐN; KHỐI B, D Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 đ✐ể♠) Câu (2,0 đ✐ể♠) Cho hàm số y = − x + ( + m ) x − − 2m (1) với m tham số a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = b) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng  ♣ ♣    Câu (1,0 đ✐ể♠) Giải phương trình: + sin  x −  + sin x = (1 + cot x ) 1 + tan  x −   4     ( y + 1)2 + 2( y + 1) x − + x − =  Câu (1,0 đ✐ể♠) Giải hệ phương trình:  3 2 x + y = xy x + x + x −  ln8 ex −1 Câu (1,0 đ✐ể♠) Tính tích phân: I = ∫ dx x ln e + Câu (1,0 đ✐ể♠) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, BC = 2a , mặt bên ACC’A’ hình vng Gọi M, N, P trung điểm AC, CC’, A’B’ H hình chiếu A lên BC Tính thể tích khối chóp A’.HMN khoảng cách hai đường thẳng MP HN Câu (1,0 đ✐ể♠) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức: ) ( P= ( a + b + c + 3) − a2 + b2 + c + ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 2 II PHẦN RIÊNG (3,0 đ✐ể♠): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 đ✐ể♠) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x + y − y = đường thẳng D : x − y + 16 = Tìm tọa độ điểm M thuộc D cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (với A, B tiếp điểm) AB = 10 Câu 8.a (1,0 đ✐ể♠) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = điểm A ( 4;1;3) Viết phương trình đường thẳng D qua A song song với mặt phẳng (P) đồng thời cắt x−3 y −3 z + = = −2 Câu 9.a (1,0 đ✐ể♠) Tìm số phức z thỏa mãn: z + − 3i = z + − i z = B Theo chương trình Nâng cao đường thẳng d : Câu 7.b (1,0 đ✐ể♠) Trong mặt phẳng Oxy cho đường elip (E) có tâm sai e = , đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở elip có phương trình x + y = 34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho M nhìn hai tiêu điểm góc vng M có hồnh độ dương x y − z +1 Câu 8.b (1,0 đ✐ể♠) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1 : = = ; −1 x y−2 z x + y −1 z +1 d : Viết phương trình đường thẳng D, biết D cắt ba đường d2 : = = = = −3 −3 thẳng d1 , d , d điểm A, B, C cho AB = BC n 3  Câu 9.b (1,0 đ✐ể♠) Tìm hệ số x khai triển nhị thức Newton:  x −  , biết n số nguyên x  3 dương thỏa mãn: 4Cn +1 = An − 2Cn -HẾT Thí sinh khơng sử d ng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………………………… Số báo danh:………………………… DeThiMau.vn ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN MƠN TỐN NĂM 2014 khối B, D CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM • V i   = ta có ② = − ① + ① − T p xác định: R • Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim ② = lim ② = −∞ ✁→−∞ ✁→+∞ 0,25 +) Bảng biến thiên: ② ' = −4 ① + ①; ② ' = ⇔ ① = ① = ± x y’ y 1.a −∞ − + 0 - −∞ +∞ + −3 0,25 ( −∞ ) +) Hàm số đồng biến khoảng −∞; − ( 0; ) ( ) ( Nghịch biến khoảng − 2;0 0,25 ) 2; +∞ +) Hàm số đạt cực đại xC§ = ± 2, yC§ = y(± 2) = 1, 0,25 đạt cực tiểu xCT = 0; yCT = y ( ) = −3 • Đồ thị: Phương trình hồnh độ giao điểm: − x + ( + m ) x − − 2m = (1) 1.b Đặt t = x ( t ≥ ) , phương trình (1) trở thành: t − ( m + ) t + + m = ( ) (1) có bốn nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm dương phân biệt m + 2m + > D ' >    m > − Điều kiện là:  S > ⇔ m + > ⇔ (* )  3 + m > m ≠ −1 P >  Với điều kiện (*), giả sử t1 , t2 (0 < t1 < t2 ) hai nghiệm phân biệt (2), (1) có bốn nghiệm phân biệt là: x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 x1 , x2 , x3 , x4 lập thành cấp số cộng khi: x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3 ⇔ t2 = 9t1 (a) Áp dụng định lí Viet ta có: t1 + t2 = ( m + ) , t1t2 = + m (b) Từ (a), (b) ta có: 9m − 14 m − 39 = ⇔ m = m = − 13 Đối chiếu điều kiện (*) ta có: m = m = − 3✂ Điều kiện: x ≠ k✂ , x ≠ + k✂ Phương trình cho tương đương với: 1 + tan x 2tan x  ✄  ✄  ✄ + sin  x −  + sin 2x = ⇔ sin  x −  + sin 2x = ⇔ sin 2x = sin  x −  4 tan x + tan x 4 4    3✂ ✂ ✂ 2✂ x = 3✂ + k 2✂ ⇔ x = − x + k 2✂ x = + x + k 2✂ ⇔ x = + k 12 4 Đối chiếu điều kiện ta có x = 13 ✂ 12 + k 2✂ , x =  y + 2( x + y ) + 2( y + 1) x − =    x  + x + 2x −1  2 x + y = xy     ( Ta có: (1) ⇔ y + + x − ) 17 ✂ + k 2✂ 12 (1) ( 2) Điều kiện: x ≥ = ⇔ y = −1 − x − < (*) DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( ) Thế vào (2) ta có: ( ) ⇔ x + y3 = xy x + + x − ⇔ x + y3 = xy ( x − y ) x x x x ⇔ x − x y + xy + y = ⇔   −   +   + = ⇔ = − ⇔ y = −2 x (**) y y  y  y Thế (**) vào (*) ta có: x −1 = x −1 ⇔ x − x −1 − = ⇔ x = x = 1  Vậy hệ có hai nghiệm: ( x; y ) = (1; −2 ) ( x; y ) =  ; −1  2  2 ( Đặt t = + ❡ ☎ ⇒ t = + ❡ ☎ ⇒ 2t❞t = ❡ ☎ ❞✆ , ) ✆ = ln ⇒ t = 2; ✆ = ln ⇒ t = 0,25 3 3   1   = 2∫ 1 − = − − = − − + + 2 ln( 1) ln( 1) ❞t ❞t t t t ( )  ❞t   ∫2 ∫2  t − t +  (t − 1)(t + 1)  2 2 = + ln Vậy ■ = + ln 3 ▼ 0,25 0,25 ln ln8 ☎ ☎ ■ = ∫ ❡ ☎− ❞✆ = ∫ ☎ ❡ −☎ ❡ ☎ ❞✆ = 2∫ t − 2❞t t −1 ❡ + ln ❡ ❡ + ln 0,25 0,25 Ta có: AC = BC2 − AB2 = a Vì ACC’A’ hình vng có cạnh a nên: ❍ S A ' MN = S ACC ' A ' − S A ' AM − S A ' NC − SCMN 3 B = SACC ' A' = 3a2 = a2 ◆ 8 Ta có: AB ⊥ AC, AB ⊥ AA ' ⇒ AB ⊥ ( ACC ' A ') Xét tam giác ABC vng A có: AC 3a CH BC = AC ⇒ CH = = Do đó: C' A' BC d( H;( AMN)) CH 3 3a ❊ = = ⇒ d( H;( AMN)) = AB = € AB CB 4 B' 9a Suy ra: VH A ' MN = d ( H; ( A ' MN ) ) S A ' MN = 32 Gọi E trung điểm B’C’, dễ thấy MP // CE nên MP // (BCC’B’), suy ra: d ( MP; HN ) = d ( MP;( BCC ' B ')) = d ( M;( BCC ' B ')) 1 Vì M trung điểm AC nên d ( M;( BCC ' B ') = d ( A;( BCC ' B ')) = AH 2 1 AB AC a = Vậy d ( MP; HN ) = AH = 2 BC Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: A 0,25 C 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2  a + b + c +3  a + b + c +1 ≥ ( a + b) + ( c +1) ≥ ( a + b + c +1) ( a +1)( b +1)( c +1) ≤   2   2 Suy P ≤ 9 − Đặt t = a + b + c + 1, t > Khi đó: P ≤ − a + b + c +1 a + b + c + t t+2 Xét hàm số f ( t ) = 18 18 ; − (1;+∞ ) Ta có: f ' ( t ) = − + t t +2 t (t + 2) f ' ( t ) = ⇔ 9t = ( t + ) ⇔ t = Ta có bảng biến thiên: 2 DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 t f ' (t ) f (t ) + − +∞ − Dựa vào bảng biến thiên ta có P ≤ − Dấu xảy khi: t = ⇔ a = b = c =1 0,25 đạt a = b = c = Đường tròn (C) có tâm I ( 0;1) bán kính R = Vậy giá trị lớn P − 10 AB = 2 1 1 Xét tam giác AMI vuông I có: = + ⇔ = + ⇒ AM = 2 AH AM AI AM AM AI 16 a +   = 10 Vì M ∈ d nên M  a; Ta có: Khi đó: IM = AH   Gọi H trung điểm AB Khi AH = 7a 0,25 0,25 8a 9a 7b 43  2a + 11  IM = 10 ⇔ a +  = 10 ⇔ a = −3 a =  29    43 110  Vậy có hai điểm thỏa mãn là: M ( −3;2 ) , M  ;   29 29  r (P) có vectơ pháp tuyến n(3;2;3) uuur Gọi B = d ∩ D , đó: B ( + 3t;3 + 2t; −2 − 2t ) ⇒ AB ( −1 + 3t;2 + 2t; −5 − 2t ) r uuur Vì D / / ( P) nên n AB = ⇔ ( −1 + 3t ) + ( + 2t ) + ( −5 − 2t ) = ⇔ t = uuur x − y −1 z − ⇒ AB ( 5;6; −9 ) vectơ phương D D có phương trình là: = = −9 Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ R ) từ giả thiết ta có: 2 2  ( x + 1) + ( y − 3)i = ( x + 3) + ( y − 1)i ( x + 1) + ( y − 3) = ( x + ) + ( y − 1) ⇔  2  x + y =  x + yi = x = −y 3 hc x = − y = − ⇔ ⇔ x = −y = 2 x + y = 3 3 Vậy z = − i z = − + i 2 2 x y2 + = (0 < b < a ) a2 b2 Vì đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R = 34 nên: a + b = 34 a + b = 34 a + b = 34 a = 25  Từ ta có hệ:  c ⇔ ⇔ ⇒ a = 5, b = 3, c =  2 2 = 25( ) 16 a b a b − = =      a x y2 + =1 Phương trình tắc elip là: 25 4 Giả sử M ( x M ; yM ) ∈ ( E ) , đó: MF1 = a + ex = + x, MF2 = a − ex = − x Ta có: 5 Giả sử phương trình tắc elip có dạng: 2     2 · F x  +  − x  = 64 MF2 = 90 ⇔ MF1 + MF2 = F1 F2 ⇔  +     DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 7 x = , loại 4 5 9 5 9 ta có: M  M  V i x= ;   4  ; −      Vì A ∈ d1 , B ∈ d2 , C ∈ d3 nên tọa độ chúng có dạng: ⇔ 16 x = 175 ⇔ x = 0,25 0,25 A ( a;4 − a; −1 + 2a ) , B ( b;2 − 3b; −3b ) , C ( −1 + 5c;1 + 2c; −1 + c ) Theo giả thiết AB = BC nên B trung điểm AC đó: 8b 0,25 2 x B = x A + xC 2b = −1 + a + 5c  a − 2b + 5c = a =     2 yB = yA + yC ⇔ 2(2 − 3b) = − a + 2c ⇔ − a + b + 2c = −1 ⇔ b =      −6b = −2 + 2a + c 2 a + b + c = c = 2 z B = z A + zC uuur Suy A (1;3;1) , B ( 0;2;0 ) , C ( −1;1; −1) ⇒ BA (1;1;1) vectơ phương D Phương trình đường thẳng D là: 0,25 x y −1 z = = 1 Điều kiện: n ≥ Ta có: 4Cn3+1 = An3 − 2Cn2 ⇔ 0,25 ( n + 1) n ( n − 1) = n ( n − 1)( n − ) − n ( n − 1) ⇔ n2 − 12 n + 11 = ⇔ n = 11 n = , loại 9b 11 0,25 0,25 k 11 11 11− k  3 3 k  C11k ( −3) x 22 −3 k − = Với n = 11 , ta có:  x −  = ∑ C11k x ∑   x   x  k =0 k =0 Số hạng chứa x ứng với 22 − 3k = ⇔ k = Suy hệ số x là: C115 ( −3) = −112266 ( ) 0,25 0,25 TỔNG HẾT DeThiMau.vn 10,0 ... trình tắc elip có dạng: 2     2 · F x  +  − x  = 64 MF2 = 90 ⇔ MF1 + MF2 = F1 F2 ⇔  +     DeThiMau.vn 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 7 x = , loại 4 5... 8b 0 ,25 ? ?2 x B = x A + xC 2b = −1 + a + 5c  a − 2b + 5c = a =     ? ?2 yB = yA + yC ⇔ ? ?2( 2 − 3b) = − a + 2c ⇔ − a + b + 2c = −1 ⇔ b =      −6b = ? ?2 + 2a + c ? ?2 a + b + c = c = ? ?2 z... k 2? ?? 12 (1) ( 2) Điều kiện: x ≥ = ⇔ y = −1 − x − < (*) DeThiMau.vn 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ( ) Thế vào (2) ta có: ( ) ⇔ x + y3 = xy x + + x − ⇔ x + y3 = xy ( x − y