Đề thi thử đại học – cao đẳng lần III 2014 môn: toán – khối a, b, a1 thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)43045

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN TỔ TỐN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III - 2014 MƠN: TỐN – KHỐI A, B, A1 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1)x  3mx  (1) , với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đường thẳng d: y  x  cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A, B, C gốc tọa độ O cách hai điểm B C, biết điểm A có hồnh độ Câu II (2,0 điểm) x   Giải phương trình: (cosx  sin x  2)cosx  2sin2    2 8 3x  2x   2x x   2(y  1) y  2y  2 Giải hệ phương trình:  2 x  2y  2x  4y  x, y  R   x2 1 x  x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC tam giác vuông cân A; AB = AC = a M trung điểm cạnh AB Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường trịn Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I  ngoại tiếp tam giác BMC góc SA với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.BMC khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn:  x   2y   2z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x3  y  z B PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần I II ) I Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x  y   d2: x  2y   Viết phương trình đường trịn có tâm I thuộc Ox, tiếp xúc d1 cắt d2 A, B với diện tích tam giác IAB Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) có tâm thuộc mặt phẳng (P) Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên, số có bốn chữ số khác chọn từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, Tính số phần tử S Từ S chọn ngẫu nhiên số, tính xác suất để số chọn số lẻ số lẻ có mặt chữ số II Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc đường thẳng d1: x  y   , đường thẳng qua điểm D trung điểm BC có phương trình d2: 3x  4y  23  Tìm tọa độ điểm A B, biết A có hồnh độ dương Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z2  Viết phương trình mặt phẳng   (P) qua điểm M  1; ;  vng góc với mặt phẳng (Q): 3y  2z  tiếp xúc với mặt cầu (S)   n   n 2 Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức z    , biết n số nguyên dương thỏa mãn: C n  6An 1 i  .Hết… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm DeThiMau.vn TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN TỔ TỐN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III - 2014 MƠN: TỐN – KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3(m  1)x  3mx  (1) , với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đường thẳng d: y  x  cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt A, B, C gốc tọa độ O cách hai điểm B C, biết điểm A có hồnh độ Câu II (2,0 điểm) x   Giải phương trình: (cosx  sin x  2)cosx  2sin2    2 8  x   y   Giải hệ phương trình:  2 2x  3xy  y  y  2x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I  x, y  R  ln  5e2x  e3x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC tam giác vng cân A; AB = AC = a M trung điểm cạnh AB Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC góc SA với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.BMC khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn:  x   2y   2z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x3  y  z B PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần I II ) I Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x  y   d2: x  2y   Viết phương trình đường trịn có tâm I thuộc Ox, tiếp xúc d1 cắt d2 A, B với diện tích tam giác IAB Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z   Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) có tâm thuộc mặt phẳng (P) Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên, số có bốn chữ số khác chọn từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, Tính số phần tử S Từ S chọn ngẫu nhiên số, tính xác suất để số chọn số lẻ số lẻ có mặt chữ số II Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc đường thẳng d1: x  y   , đường thẳng qua điểm D trung điểm BC có phương trình d2: 3x  4y  23  Tìm tọa độ điểm A B, biết A có hồnh độ dương Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z2  Viết phương trình mặt phẳng   (P) qua điểm M  1; ;  vng góc với mặt phẳng (Q): 3y  2z  tiếp xúc với mặt cầu (S)   n   n 2 Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức z    , biết n số nguyên dương thỏa mãn: C n  6An 1 i  .Hết… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014 KHỐI A-B-A1 Đáp án Câu Điểm m = ta có y  x  3x  +) TXĐ: R +) Sự biến thiên: lim y   ; lim y   x  0,25 x  y '  3x  6x; y '   x  0; x  2 x y’ -∞ ∞∞ + 0 - + +∞ ∞∞ +∞ ∞∞ I.1 y -∞ -2 BBT Hàm số đồng biến khoảng (-∞; 0) (2; +∞); nghịch biến khoảng (0; 2) (0;1) xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = -2 +) Đồ thị : đồ thị giao với trục Oy điểm (0;2) Vẽ Hoành độ giao điểm d đồ thị (1) nghiệm PT: x  3(m  1)x  (3m  1)x    (x  1) x  (3m  2)x  3  I.2 x   x  (3m  2)x   0(* ) d cắt đồ thị (1) điểm phân biệt PT (*) có nghiệm phân biệt khác  3m    m  ( P < 0) Ta có B (xB ; xB  1),C (xC ; xC  1) , O cách B, C  OB  OC  2(xB  xC )(xB  xC  1)   xB  xC  ( xB ≠ xC ) 1 KL : m  giá trị cần tìm 3  1 (cosx  sinx ) 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Mà xB  xC   3m   3m   m  0,25 x     Ta có 2sin2      cos  x   4 2 8  0,25 PT  2(cos2x  sin xcosx )  2cosx  cosx  sin x   II.1  2cosx(cosx  sin x )  2( 2cosx  1)  (cosx  sin x )  0,25  ( 2cosx  1)(cosx  sin x  2)  cosx   x 3  k 2 , k  ¢ DeThiMau.vn 0,25 cosx  sin x   x     k 2 0,25 3x  2x   2x x   2(y  1) y  2y  (1) Giải hệ:  2 (2) x  2y  2x  4y  x, y  R  Trừ (1) cho (2) theo vế ta được: x  x x   (y  1)2  (y  1) (y  1)2  (3) 0,25 Xét hàm số f (t )  t  t t  , ta có f '(t )  2t  t   II.2 t2  2t   2t t   (t  t  1)2 0 t 1 t 1 t 1 Suy f đồng biến R Từ (3) ta có f(x) = f(y+1), f đồng biến / R nên suy x = y + 1, vào (2) ta được: y  2 2 2y  (y  1)  2(y  1)  4y    3y  4y     y   y  2  x  1; y   x  3    KL: Hệ cho có nghiệm: (x; y )  ( 1; 2);  ;    3   2  0,25 0,25 0,25  x2 I  dx x  x 1 x dx  Ta có I   x  x III 2  x 1 x  1   d x   x     ln x  x 1 x dx   x (1  x ) x dx 0,25 x 0,5 x   ln  ln  ln 0,25 *Tính thể tích chóp S.BMC Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp V BMC; N,I trung điểm BC MB Do V ABC vuông cân A nên A, N, O thẳng hàng OI // AC · Góc SA (ABC) SAO  600  SMBC  1 SABC  a 2 + V AIO vng cân I có I O  I A   AO  AI  3 AB  a 4 3a 3a ; SO  AO t an 600  4 DeThiMau.vn 0,5 IV + Suy V S.MBC  1 3a a  SO.SMBC  a 3 4 16 S K H A C N M O I B *Tính khoảng cách từ B đến (SAC) d B ,(SAC )  AB 4    d B ,(SAC )   d I ,(SAC )   d O,(SAC )  Ta có  3 d I ,(SAC )  AI Vì I O / / AC  I O / / (SAC ) + Dựng OH  AC H OK  SH K (1) AC  OH  AC  (SHO )  AC  OK (2) Do:  AC  SO (1) (2) suy OK  (SAC ) Trong tam giác vng SOH ta có: OK  OH  SO d B ,(SAC )    16 16 3a 42   OK  Vậy 2 28 9a 54a 3a 42 a 42  28 Với hai số khơng âm a,b ta có Thật vậy, V 0,5 1a  1b  1 1a b (1) (1)   a  b  (1  a)(1  b)   a  b   a  b   a  b  ab   a  b Dấu đẳng thức xảy a = b = Áp dụng (1) ta có 0,5   x   2y   2z    x  2y   2z    x  2y  2z Suy x  2y  2z  hay y  z   x2 (2) DeThiMau.vn  x2  Khi P  2x  (y  z)  2x     2  3 3 (3) Chú ý rằng, từ (2) x,y,z khơng âm ta có  x  2  x2  Xét hàm số f (x )  2x     với  x  2 Ta có 2  0,5  x2  f '(x )  6x  3x     x(x  2) x(12  x )  2(16  x )  ; f '(x )   2  x   x  Từ f (0)  64, f (2)  24, f (2 2)  32  f (x )  64, x  0;2  (4)   Từ (3) (4) ta có P  64 , dấu đẳng thức xảy x = y = 0, z = x = z = 0, y = Vậy GTLN P 64, đạt x = y = 0, z = x = z = 0, y = Gọi I(t;0) R bán kính đường trịn (C) cần tìm Hạ I H  d2  H trung điểm AB  d(I , d1)  R R  2t   R   IH  Ta có  VIa.1 d(I , d2 )  I H  t   I H Do SI AB   I H HA   R R2  0,25 R2 5 3R2 (x  9)2  y  20 2t   10  t   5  t  9; 1 KL : (C ) :  2 (x  1)  y  20 0,25 Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu cần tìm Từ gt ta có: a + b + c – = (1) 0,25   Theo gt ta có I A  I B  I C  I A  I B  I C , suy hệ: (a  2)2  b2  (c  1)2  (a  1)2  b2  c2 a  c     2 2 2 a b  VIa.2 (a  2)  b  (c  1)  (a  1)  (b  1)  (c  1)  Giải (1) (2) ta R = a  1;b  0; c   I (1; 0;1)     Phương trình mặt cầu: x   y  z   Mỗi số cần tìm chỉnh hợp chập Do số phần tử S A74  7.6.5.4  840 VII.a 0,25 300  840 14 A  d1  A(a;  a) Gọi I  AC  d2 Khi theo định lí Ta lét :  2xC  2yC DeThiMau.vn (2) 0,25 0,25 0,25 KL: Xác suất cần tìm P (A)   xA uu r xI  I C MC    I A  2I C   AD VIb.1 I A y  yA  I Mà I  d2  a  Vậy A(1;5) 0,25 0,25 0,25 Gọi A biến cố cần tìm, ta có A  A63  3.3.A52  300 uur 0,25   0,25 a  10 a  10 0,25 D A I B M C Gọi M trung điểm BC  M  d2  M (13  4t ;  3t )  B (21  8t ;15  6t ) uuur uuur AB  (20  8t ;10  6t ),CB  (16  8t ;22  6t ) 0,25 t  3 Ta có uuur uuur AB CB    t    Với t = -3 B(-3;-3) Với t   0,25 33 21  B( ; ) 5 0,25 ur Gọi n  (A; B ;C ), (A  B  C  0) VTPT mặt phẳng (P), suy phương trình mặt phẳng (P): Ax  By  Cz  A  B  uur ur uur Mặt phẳng (Q) có VTPT n '  (0; 3;  2) ; ( P )  ( Q )  n n '   3B  2C  VIb.2 Do (P) tiếp xúc với (S) nên A  B A2  B  C   3B  4C  4AB       1 i 1  s   cos     isin     2 1 i  3    4   4    1   z  s4   cos     isin       cos  isin  16  3      16  Mà s  KL: z   (1) 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy B = 0; C = 0, A ≠ A = 3B, C = 3/2 B Do (P): x – = (P): 6x + 2y + 3z -7=0 n  4(th) n(n  1)   n  n  12    Ta có C n2   n  3(kth) VIIb 0,25  (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  i 32 32 DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014 KHỐI D Đáp án Câu Điểm m = ta có y  x  3x  +) TXĐ: R +) Sự biến thiên: lim y   ; lim y   x  0,25 x  y '  3x  6x; y '   x  0; x  2 x y’ -∞ ∞∞ + 0 - + +∞ ∞∞ +∞ ∞∞ I.1 y -∞ -2 BBT Hàm số đồng biến khoảng (-∞; 0) (2; +∞); nghịch biến khoảng (0; 2) (0;1) xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = -2 +) Đồ thị : đồ thị giao với trục Oy điểm (0;2) Vẽ Hoành độ giao điểm d đồ thị (1) nghiệm PT: x  3(m  1)x  (3m  1)x    (x  1) x  (3m  2)x  3  I.2 x   x  (3m  2)x   0(* ) d cắt đồ thị (1) điểm phân biệt PT (*) có nghiệm phân biệt khác  3m    m  ( P < 0) Ta có B (xB ; xB  1),C (xC ; xC  1) , O cách B, C  OB  OC  2(xB  xC )(xB  xC  1)   xB  xC  ( xB ≠ xC ) 1 KL : m  giá trị cần tìm 3  1 (cosx  sinx ) 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Mà xB  xC   3m   3m   m  0,25 x     Ta có 2sin2      cos  x   4 2 8  0,25 DeThiMau.vn II.1 PT  2(cos2x  sin xcosx )  2cosx  cosx  sin x    2cosx(cosx  sin x )  2( 2cosx  1)  (cosx  sin x )  0,25  ( 2cosx  1)(cosx  sin x  2)  cosx   x 3  k 2 , k  ¢ cosx  sin x   x    0,25  k 2 0,25  x   y   (1) Giải hệ:  2 2x  3xy  y  y  2x (2) PT(2)  y  (3x  1)y  2x  2x  x, y  R  (3) Vy  x  2x   (x  1)2 Do y = x + y = 2x Khi y = x + 1, ta có:  II.2 0,25 0,25 x   x  , mà f (x )  x   x hàm số đồng biến 1;  f(1) = nên nghiệm hệ phương trình (x; y) = (1; 2) Khi y = 2x  x   2x   Tương tự nghiệm hệ (x; y) = (1; 2) KL: Hệ cho có nghiệm: (x; y )  (1;2) 0,25 0,25 ln I   5e2x  e3x dx Đặt t   ex  t   ex  2tdt  exdx Đổi cận: Khi x   t  2; x  ln  t  1 III Suy I  2 t dt  2 t dt  t 3 Kết luận: I  0,25 2 0,25 0,25 14 (8  1)  3 0,25 *Tính thể tích chóp S.BMC Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp V BMC; N,I trung điểm BC MB Do V ABC vuông cân A nên A, N, O thẳng hàng OI // AC · Góc SA (ABC) SAO  600  SMBC  1 SABC  a 2 + V AIO vuông cân I có I O  I A  3 AB  a 4  AO  AI  3a 3a ; SO  AO t an 600  4 + Suy V S.MBC  1 3a a SO.SMBC  a  3 4 16 IV DeThiMau.vn 0,5 S K H A C N M O I B *Tính khoảng cách từ B đến (SAC) d B ,(SAC )  AB 4    d B ,(SAC )   d I ,(SAC )   d O,(SAC )  Ta có  3 d I ,(SAC )  AI Vì I O / / AC  I O / / (SAC ) + Dựng OH  AC H OK  SH K (1) AC  OH  AC  (SHO )  AC  OK (2) Do:  AC  SO (1) (2) suy OK  (SAC ) Trong tam giác vuông SOH ta có: OK d B ,(SAC )   3a 42 a 42  28 Với hai số khơng âm a,b ta có Thật vậy, V 0,5 16 16 3a 42      OK  Vậy 2 28 OH SO 9a 54a 1a  1b  1 1a b (1) (1)   a  b  (1  a)(1  b)   a  b   a  b   a  b  ab   a  b Dấu đẳng thức xảy a = b = Áp dụng (1) ta có 0,5   x   2y   2z    x  2y   2z    x  2y  2z Suy x  2y  2z  hay y  z   x2  x2  Khi P  2x  (y  z)  2x     2  3 (2) (3) Chú ý rằng, từ (2) x,y,z không âm ta có  x  2  x2  Xét hàm số f (x )  2x     với  x  2 Ta có 2  DeThiMau.vn 0,5  x2  f '(x )  6x  3x     x(x  2) x(12  x )  2(16  x )  ; f '(x )   2  x   x  Từ f (0)  64, f (2)  24, f (2 2)  32  f (x )  64, x  0;2  (4)   Từ (3) (4) ta có P  64 , dấu đẳng thức xảy x = y = 0, z = x = z = 0, y = Vậy GTLN P 64, đạt x = y = 0, z = x = z = 0, y = Gọi I(t;0) R bán kính đường trịn (C) cần tìm Hạ I H  d2  H trung điểm AB  d(I , d1)  R R  2t   R   IH  Ta có  d(I , d2 )  I H VIa.1  t   I H  Do SI AB   I H HA   R R2  0,25 R2 5 3R2 (x  9)2  y  20 2t   10  t   5  t  9; 1 KL : (C ) :  2 (x  1)  y  20 0,25 Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu cần tìm Từ gt ta có: a + b + c – = (1) 0,25 0,25   Theo gt ta có I A  I B  I C  I A  I B  I C , suy hệ: (a  2)2  b2  (c  1)2  (a  1)2  b2  c2 a  c    2 2 2 a b  VIa.2 (a  2)  b  (c  1)  (a  1)  (b  1)  (c  1)  Giải (1) (2) ta R = a  1;b  0; c   I (1; 0;1)    0,25 (2) 0,25 0,25  Phương trình mặt cầu: x   y  z   Mỗi số cần tìm chỉnh hợp chập Do số phần tử S A74  7.6.5.4  840 VII.a 0,25 0,25 0,25 Gọi A biến cố cần tìm, ta có A  A63  3.3.A52  300 0,25 300  840 14 A  d1  A(a;  a) Gọi I  AC  d2 Khi theo định lí Ta lét : KL: Xác suất cần tìm P (A)   xA  x uu r  I C MC  I    I A  2I C   AD VIb.1 I A y  yA  I Mà I  d2  a  Vậy A(1;5) uur  2xC  2yC   0,25 a  10 a  10 0,25 D A I B M Gọi M trung điểm BC  M  d2  M (13  4t ;  3t )  B (21  8t ;15  6t ) DeThiMau.vn C 0,25 uuur uuur AB  (20  8t ;10  6t ),CB  (16  8t ;22  6t ) t  3 Ta có uuur uuur AB CB    t    0,25 Với t = -3 B(-3;-3) Với t   33 21  B( ; ) 5 0,25 ur Gọi n  (A; B ;C ), (A  B  C  0) VTPT mặt phẳng (P), suy phương trình mặt phẳng (P): Ax  By  Cz  A  B  uur ur uur Mặt phẳng (Q) có VTPT n '  (0; 3;  2) ; ( P )  ( Q )  n n '   3B  2C  VIb.2 Do (P) tiếp xúc với (S) nên A  B A2  B  C   3B  4C  4AB       1 i 1  s   cos     isin     2 1 i  3    4   4      1 z  s4   cos     isin       cos  isin  16  3      16  Mà s  KL: z   (1) 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy B = 0; C = 0, A ≠ A = 3B, C = 3/2 B Do (P): x – = (P): 6x + 2y + 3z -7=0 n  4(th) n(n  1)   n  n  12    Ta có C n2   n  3(kth) VIIb 0,25  (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  i 32 32 DeThiMau.vn ...TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN TỔ TỐN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III - 2014 MƠN: TỐN – KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ... sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014 KHỐI A-B -A1 Đáp án Câu Điểm m = ta có y  x  3x  +) TXĐ: R +) Sự biến thi? ?n: lim y   ; lim y... 0,25 0,25 0,25 0,25  i 32 32 DeThiMau.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014 KHỐI D Đáp án Câu Điểm m = ta có y  x  3x  +) TXĐ: R +) Sự biến thi? ?n: lim y   ; lim y   x  0,25 x  y '