SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Quỳnh Lưu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn thi : TỐN; Khối A, A1, B, D Thời gian làm 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu I ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y x -3x +3 (C) (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Đường thẳng d có hệ số góc k cắt đồ thị ( C ) điểm M, N cho tứ giác AMBN hình chữ nhật, A,B hai điểm cực trị ( C ).Tìm giá trị k Câu II ( 2,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x cos x 3sin x xy y 1 y y Giải hệ phương trình 2 xy x y y x cos x dx cos x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có hình chiếu đỉnh A lên mp( A’B’C’) điểm B’; tam giác ABC vuông A Biết AC ' 2a, AA ' a 3, BC a Tính thể tích khối lăng trụ theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng AB’ A’C Câu V (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z có tổng 3x x y y 3z z xyz Chứng minh yz zx xy PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh làm hai phần ( A B ) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(3;3) trung điểm cạnh BC, phương trình đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC x – = 0, phương trình đường thẳng qua chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC 6x + 7y – 19 = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;2;1), B(1;1;-4), C(-2;4;0) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm O A đồng thời vng góc với mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1,0 điểm) Cho tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6} Hỏi có số tự nhiên gồm chữ số đôi khác lấy từ tập A mà có mặt chữ số chữ số B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(1;2) Gọi E, F thứ tự trung điểm cạnh AB BC, M giao điểm CE DF Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Biết D 21 22 nằm đường thẳng x + 2y – 13 = M ; 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;4), B(2;-3;0), C(4;-1;2) Viết phương trình mặt cầu qua ba điểm A, B, C có tâm nằm mp(ABC) Viết phương trình mặt phẳng qua trọng tâm tứ diện OABC đồng thời song song với hai đường thẳng AB OC n 3 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho khai triển x Tìm hệ số x khai triển biết tổng hệ x số khai triển 1024 Hết Lưu ý: - Học sinh thi khối D không làm câu II ý 2, câu IV ý câu V - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………;Số báo danh……… DeThiMau.vn Câu ĐÁP ÁN Nội dung ý Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x -3x +3 (C) 1.Tập xác định: Sự biến thiên a) Chiều biến thiên x y ' x x; y ' x x x x y' ; y' x x Vậy, hàm số đồng biến hai khoảng (- ;0 ) ( 2;+ ) hàm số nghịch biến khoảng ( 0; ) b) Cực trị Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = -1 c) Các giới hạn vô cực 3 lim y lim x3 x 3 lim x3 1 x x x x x 3 lim y lim x3 x 3 lim x3 1 x x x x x d) Bảng biến thiên x y’ 2đ 1đ - 0 + - Điểm 0,25 0,25 + + + y - -1 Đồ thị Bảng giá trị x -1 y -1 -1 A M N I -1 O -1 B -2 fx = x3 -3x2 +3 Tâm đối xứng đồ thị I (1;1) DeThiMau.vn 0.5 Vì AMBN hcn nên đường thẳng d qua trung điểm I(1;1) đoạn thẳng AB, phương trình đường thẳng d y = k(x-1)+1 Hệ số góc đường thẳng AB -2 nên k -2 Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị ( C ) x x3 x kx k x 1 x x k x x k () Với k 3 d cắt ( C ) điểm phân biệt M, I, N Gọi M x1 ; kx1 k 1 ; N x2 ; kx2 k 1 x1; x2 nghiệm phương trình b) 1đ x x (*) Theo định lí Viet ta có từ dễ thấy I trung điểm đoạn x1 x2 k thẳng MN Như với k 3 k -2 tứ giác AMBN hình bình hành Để AMBN hình chữ nhật AB = MN AB 20 MN x2 x1 k 0,25 0,25 1 k 3 k 1 AB MN k 3k k k 2 1 k k k 1 k k 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có giá trị cần tìm k 1 1 k 2 0,25 sin x cos x cos x 3sin x sin x cos x cos x 2sin x 3sin x 1 2sin x 1 1đ II 2đ cos x sin x x k 2 x 5 k 2 sin x k sin x x k 2 3 7 k 2 x Vậy phương trình có nghiệm x 1đ 0,5 7 x k 2 , k xy y 1 y y (I) 2 xy x y y Điều kiện y k 2 , x DeThiMau.vn 5 k 2 , x k 2 , 0,5 1 x y 1 y y y x 1 y x (I ) y x x 1 y x 12 y2 y2 Đặt u y x 1 ; v x ta có hệ y u v v u u 5 u u 2v u 2u 15 v 10 v 0,25 0,25 1 y x 1 5 y x 1 y y hay x 10 x 1 x 1 y 10 y y 2 y y x 1 y x x Vậy hệ có nghiệm (1;1) (1; 1/2 ) 0,5 x cos x 14 x cos x dx dx dx cos x cos2 x 0 cos2 x 0,25 I 1 cos x xd tan x dx 20 sin x III 1đ 0,25 d sin x 14 14 x tan x tan xdx dx 20 sin x 1 sin x 1 0,25 2 1 sin x ln cos x ln ln sin x 2 0 0,25 C B A D B' C' A' Thể tích khối lăng trụ V= IV 1đ 0,5đ AB’.AB.AC Ta có DeThiMau.vn AC AB ' AC ABB ' A ' AC AA ' AC AB AC A ' C AA '2 4a 3a a AB BC AC 2a a a AB ' B ' B AB 3a a a a3 (dvdt) Vậy thể tích V Gọi D điểm đối xứng B qua A AB’ song song với A’D Khi đó, khoảng cách AB’ A’C d A, ( A ' CD) h 0,25 0,25 Ta tích khối tứ diện AA’CD A ' D.S ADC 1 VAA 'CD h.S A 'CD A ' D.S ADC h 3 S A 'CD 0,5đ ) A ' D AB ' a 2; S ADC S ABC a2 A ' D.CD a ( CB=CD=a ) a2 a 2 a h a BĐT tương đương x y z y x z z x y xyz yz xz xy ) S A 'CD y z x z x y yz yz xz xz xy xy y z yz Ta có yz yz yz yz yz yz 0,25 0,25 0,25 V 1đ yz 2 yz Do đó, y z x z x y 2 yz yz xz xz xy xy yz zx xy 18 18 2 yz zx xy x y z 0,5 Dấu = xẩy x=y=z=1 Theo chương trình chuẩn 0,25 Giả sử CD, BE đường cao tam giác ABC, tọa độ E nghiệm hệ x x E 2;1 y 1 6 x y 19 VI.a 2đ 1đ Gọi I trung điểm DE, ME=MD nên đường thẳng MI vng góc với đường thẳng DE, phương trình MI 7x-6y-3=0, tọa độ I nghiệm hệ 27 7 x y x 17 27 23 20 19 I ; D ; 17 17 27 27 6 x y 19 y 23 17 Phương trình AC y=1 DeThiMau.vn A 0,25 E I D B M C 0,25 Gọi B(2;b) ta có C(4;6-c), 6-b=1 hay b=5 Do B(2;5), C(4;1) 1đ 0,25 4 x y x Phương trình AB 4x-y-3=0, tạo độ đỉnh A thỏa mãn hệ A(1;1) y 1 y 1 Vậy, A(1;1), B(2;5), C(4;1) +) Gọi phương trình mặt cầu cần tìm x y z 2ax 2by 2cz d Vì O, A, B, C nằm mặt cầu nên ta có hệ d a 2a 4b 2c d 6 b 2 2a 2b 8c d 18 c 4a 8b d 20 d pt (C ) : x y z x y z +) u AB, AC 11;7;3 vtpt mp(ABC) n u Gọi n vtpt mp(P) cần tìm ta có chọn n 1; 14; 29 n OA Phương trình mp(P) x-14y+29z=0 0,25 0,5 0,5 Trước hết, ta lập số có chữ số phân biệt mà ln có chữ số khơng có chữ số Khi 2 VII.a số có cách xếp, hai vị trí cị lại có A5 cách chọn Theo quy tắc nhân ta có A5 =60 số 1đ Cứ số abc có vị trí xếp chữ số Như theo quy tắc nhân ta có 3x60=180 số cần tìm 0,5 0,5 Theo chương trình nâng cao VI.b 2đ 1đ Trước hết ta chứng minh AM=AD Ta có DF CE tứ giác AEMD nội tiếp đường trịn, AMD AED EDC , ADE CDF ADM EDC AMD ADM Hay AM=AD Gọi D(13-2t;t) ta AD2=(12t-2t)2+(t-2)2=5t2-52t+148 Vì AM=AD nên ta có pt t D(1;6) 5t2-52t+132=0 22 21 22 t D ; M 5 Phương trình DC y=6, gọi C(c;6) c C (5;6) AD CD c c 3 C (3;6) C (5;6) ) B(5; 2) F (5; 4) AB DC A E 0,25 B F M 0,25 D C Vì véctơ DM , DF hướng nên B(5;2), C(5;6), D(1;6) thỏa mãn C (3;6) ) B(3; 2) F (3; 4) AB DC Vì véctơ DM , DF không hướng nên B(-3;2), C(-3;6), D(1;6) không thỏa mãn Vậy, B(5;2), C(5;6), D(1;6) DeThiMau.vn 0,25 0,25 +) Vì tâm nằm mp(ABC) nên (ABC) mặt phẳng kính, ta có CA (4; 2; 2) CA.CB ,tam giác ABC vuông C CB (2; 2; 2) Tâm mặt cầu cần tìm trung điểm I(1;-1;2) cạnh AB Bán kính mặt cầu r=3 1đ Phương trình mặt cầu (x-1)2+(y+1)2+(z-2)2=9 +) Trọng tâm tứ diện G(3;-1;3) n AB Gọi n vtpt mp(P) cần tìm ta có chọn n 6;10; 7 n OC Ptmp(P) là: 6(x-3)+10(y+1)-7(z-3)=0 hay 6x+10y-7z+13=0 Ta có khai triển Niu tơn n n 3 i 3 x Cn x x i 0 VII b 1đ n i x Tổng hệ số khai triển n i n 3i 0,25 0,25 0,25 0,25 n 1 Cni 3n i x , x i i 0 1 i n i 1 2n Theo giả thiết ta tìm n=10 n 0,25 i 0 10 10 i 3 Khi đó, x 1 C10i 310i x , x x i 0 3i Để có số hạng chứa x2 10 i Hệ số cần tìm 32 C108 405 3i 10 Lưu ý: Thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Biểu điểm cho khối D Câu I II III IV VIa ý 1 VIIa VIb VIIb Điểm 1,5 1,5 1,5 1,0 1,0 1,5 1,0 1,0 1,5 1,0 DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 ... a3 (dvdt) Vậy thể tích V Gọi D điểm đối xứng B qua A AB’ song song với A? ?D Khi đó, khoảng cách AB’ A’C d A, ( A ' CD) h 0,25 0,25 Ta tích khối tứ diện AA’CD A ' D. S ADC 1 VAA 'CD h.S... 3x60 =180 số cần tìm 0,5 0,5 Theo chương trình nâng cao VI.b 2đ 1đ Trước hết ta chứng minh AM=AD Ta có DF CE tứ giác AEMD nội tiếp đường trịn, AMD AED EDC , ADE CDF ADM EDC AMD... 2ax 2by 2cz d Vì O, A, B, C nằm mặt cầu nên ta có hệ ? ?d a 2a 4b 2c d 6 b 2 2a 2b 8c d 18 c 4a 8b d 20 ? ?d pt (C ) : x y z x