đề thi thử đại học môn toán khối b năm 2014 - đề số 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2013-2014 Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 21 1 x y x − = − 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2212 x xxx π π ++= + + 2) Giải hệ phương trình : 43 22 32 1 1 xxyxy xy x xy ⎧ −+ = ⎪ ⎨ − +=− ⎪ ⎩ Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos xx dx x π ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 ab bc ca ab c bc a ca b +++ ++≥ ++ + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng Δ : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ sao cho đường thẳng AB và Δ hợp với nhau góc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 (): 123 x yz d + == −− và 14 ('): 12 5 xy z d − − == Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: 22 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log + ++ += x xx x x lo g xxx Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 22 (): 1Cx y + = , đường thẳng (): 0dxym++ =. Tìm m để ()C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 Δ : 2 2 − − x = 1 1 + y = 3 z . Gọi 2 Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 Δ , 2 Δ . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu - ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : { } \1D =  *Tính 2 1 '0 (1) y xD x − =<∀∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) − ∞ và (1; ) + ∞ *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y + → =+∞ 1x Lim y − → = −∞ 2 x Lim y →+∞ = 2 x Lim y →−∞ = Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 00 (;())()Mx f xC ∈ có phương trình 000 '( )( ) ( ) yf xxx f x=−+ Hay 22 000 (1) 2 210xx y x x+− − +−= (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 22 2 1( 1) x x − ⇔= +− giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = *Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0xy + −= và 5 0xy + −= 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0 6 cx x cx π −+++= os(2 ) 5 os( ) 3 0 36 cx cx π π ⇔++++= 2 2os( ) 5os( ) 2 0 66 cx cx π π ⇔++++= Giải được 1 os( ) 62 cx π + =− và os( ) 2 6 cx π + =− (loại) *Giải 1 os( ) 62 cx π +=− được nghiệm 2 2 x k π π =+ và 5 2 6 x k π π =− + 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với 22 3 32 ()1 ()1 xx y x y xy x xy ⎧ −=− ⎪ ⎨ − −=− ⎪ ⎩ 0.25 0.25 *Đặt ẩn phụ 2 3 xx y u xy v ⎧ −= ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ , ta được hệ 2 1 1 uv vu ⎧ = − ⎨ − =− ⎩ *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 3 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 4 x π = thì 1 2 t = Từ đó 1 1 2 22 1 1 2 ln lntt I dt dt tt =− = ∫∫ *Đặt 2 1 ln ; u t dv dt t == 11 ; du dt v tt ⇒= =− Suy ra 1 2 1 2 11 1121 ln ln 2 11 2 22 It dt tt t =− + =− − ∫ *Kết quả 2 21 ln2 2 I =−− 0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh () S HABC ⊥ *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60SEH SFH== *Kẻ H KSB⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H KA . *Lập luận và tính được AC=AB=a , 2 2 a HA = , 0 3 tan 60 2 a SH HF== *Tam giác SHK vuông tại H có 222 111 3 10 KH a HK HS HB =+⇒= *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a AH AKH KH a == = 3 cos 23 AKH⇒= 0.25 0.25 0.25 0.25 5 *Biến đổi 11 1(1)(1) ab c c ab c ab b a a b +− − == ++−−−− *Từ đó 111 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) cba VT ab ca cb −−− =++ −− −− −− Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c 0.25 0.25 0.25 dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 111 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) cba VT ab ca cb −−− ≥ −− −− −− =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 abc = == 0.25 6.a * Δ có phương trình tham số 13 22 xt y t =− ⎧ ⎨ = −+ ⎩ và có vtcp (3;2)u =− u r *A thuộc Δ (1 3 ; 2 2 ) A tt⇒−−+ *Ta có (AB; Δ )=45 0 1 os( ; ) 2 cABu⇔= u uuurur . 1 2 . AB u AB u ⇔= u uuurur ur 2 15 3 169 156 45 0 13 13 tt t t⇔−−=⇔=∨=− *Các điểm cần tìm là 12 32 4 22 32 (;),(;) 13 13 13 13 AA−− 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a *(d) đi qua 1 (0; 1;0)M − và có vtcp 1 (1;2;3)u = −− u ur (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1; 2; 5)u = u ur *Ta có 12 ;(4;8;4)uu O ⎡⎤ =− − ≠ ⎣⎦ uuruur ur , 12 (0;2;4)MM = u uuuuuur Xét 12 12 ; . 16 14 0uu MM ⎡⎤ =− + = ⎣⎦ uur uur uuuuuuur Ö (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n = − u r và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0xyz + −+= *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét 1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với 121 1 2 log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1) xxx xxx += ++++ + Đặt log ( 1) x xt+= , ta được phương trình 121 12 2 ttt += ++ giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log ( 1) 1 x x⇒+= phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2 log ( 1) 3 x x⇒+=− 23 .(24 1) 1xx⇔+= (*) 0.25 0.25 0.25 Nhận thấy 1 8 x = là nghiệm của (*) Nếu 1 8 x > thì VT(*)>1 Nếu 1 8 x < thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1 8 x = *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1 8 x = 0.25 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt (;)1dOd ⇔ < *Ta có 111 . .sin .sin 222 OAB S OAOB AOB AOB==≤ Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0 90AOB = 1 (; ) 2 dId⇔= 1m⇔=± 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b * 1 Δ có phương trình tham số 22 1 3 xt y t zt = − ⎧ ⎪ = −+ ⎨ ⎪ = ⎩ * 2 Δ có phương trình tham số 2 53 xs y s zs = + ⎧ ⎪ = + ⎨ ⎪ = ⎩ *Giả sử 12 ;dAd B∩Δ = ∩Δ = (2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s) Attt⇒−−+ *(2;36;3) A Bstst st=+ −+ − uuuur , mf(R) có vtpt (1;2; 3)n = − u r *() & dR ABn⊥⇔ uuuurur cùng phương 23 6 3 12 3 st st st+−+− ⇔= = − 23 24 t⇒= *d đi qua 1123 (;;) 12 12 8 A và có vtcp (1;2; 3)n = − u r => d có phương trình 23 11 8 12 12 12 3 z xy − −− == − 0.25 0.25 0.25 0.25 8.b *Điều kiện : 3 0 log (9 72) 0 9720 x x x > ⎧ ⎪ −> ⎨ ⎪ −> ⎩ giải được 9 log 73x > 0.25 Vì 9 log 73x > >1 nên bpt đã cho tương đương với 3 log (9 72) x x−≤ 9 72 3 xx ⇔−≤ 38 39 x x ⎧ ≥− ⎪ ⇔ ⎨ ≤ ⎪ ⎩ 2x ⇔ ≤ *Kết luận tập nghiệm : 9 (log 72; 2]T = 0.25 0.25 0.25 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 20 13 -2 014 Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thi n. mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a ,b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 ab bc ca ab c bc a ca b +++ ++≥ ++