Microsoft Word toan D lan 2 2014 doc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn TOÁN; Khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian ph[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx − (1) , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành ba điểm phân biệt Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 3(2 cos x + cos x − 2) + sin x(3 − cos x) = Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ π x2 ( x +1− x +1 ) < x + x + 18 ( x + 1)2 sin x dx sin x − cos x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với hai mặt phẳng (SAD), (SBC) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD) Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y − x − y + = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = y + xy + x + y − x + y +1 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có A(3; 0) , C (−4;1) , AD = AB = BC DAB = ABC = 900 Tìm tọa độ điểm B, D Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = (Q) : x + y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (P’) đối xứng với mặt phẳng (P) qua mặt phẳng (Q) Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số phức, biết phương trình có nghiệm ảo: z − (2 + 3i ) z + 3(1 + 2i ) z − 9i = B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A ( 3; −4 ) , trọng tâm 25 tam giác ABD thuộc đường thẳng có phương trình x + 3y + = M − ;5 trung điểm cạnh CD Tìm tọa độ điểm B Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M (1; −2;0) , vng góc với mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = tạo với trục tung góc lớn Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log ( x − 3) = log ( x − x + 8) - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… ĐÁP ÁN KHỐI D Câu Đáp án Điểm Câu a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = (2,0 điểm) Khi m = hàm số có dạng y = x3 − x − Tập xác định: ℝ hiều biến thiên: y / = x − x, x = y / = ⇔ 3x − x ⇔ , y (0) = −4, y (2) = −8 x = Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) (2; +∞), nghịch biến khoảng (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = y (2) = −8 Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = y(0) = −4 - Giới hạn: lim = −∞, lim = +∞ x →−∞ Bảng biến thiên: 0,25 0,25 x →+∞ x −∞ y’(x) + y(x) −∞ 0 −4 − +∞ + 0,25 +∞ −8 y '' = x − 6, y '' = ⇔ x − = ⇔ x = 1, y (1) = −6 ⇒ điểm uốn I(1; −6) Đồ thị: qua điểm (−1;−8), (3;−4) nhận điểm uốn I(1; 0) tâm đối xứng y −1 x O 0,25 b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành ba điểm phân biệt Ta có phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) với trục hoành: x3 − 3mx − = (1) Do x = nghiệm pt (1) nên pt (1) ⇔ 3m = x − (2) x u cầu tốn tương đương tìm m cho pt (2) có nghiệm phân biệt 0,25 Ta có: x2 x3 − TXĐ: ℝ \ {0} ; f '( x) = − = ; f '( x) = ⇔ x − = ⇔ x = , f (2) = −3 x x Giới hạn: lim− f ( x ) = lim+ f ( x) = −∞; lim f ( x) = −∞; lim f ( x) = +∞ Xét hàm số f ( x) = x − x→0 x →−∞ x →0 Bảng biến thiên −∞ x x →+∞ + f’(x) 0,25 +∞ − − +∞ −3 0,25 f(x) −∞ −∞ −∞ Từ bảng biến thiên ta suy điều kiện m thỏa yêu cầu toán là: 3m < −3 hay m < −1 Câu Giải phương trình: 3(2 cos x + cos x − 2) + sin x(3 − cos x) = (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương: −2 sin x + cos x + 3sin x − 2sin x cos x = 0,25 0,25 ⇔ 3(cos x + sin x) − 2sin x(cos x + sin x) = ⇔ (cos x + sin x) ( cos x + sin x = − 2sin x = ⇔ − 2sin x = ) π ⇔ x = − + kπ , k ∈ ℤ π x = + k 2π TH2: − 2sin x = ⇔ sin x = ⇔ (k ∈ ℤ ) x = 2π + k 2π π π 2π + k 2π , (k ∈ ℤ) Vậy pt cho có họ nghiệm: x = − + kπ ; x = + k 2π ; x = 3 Câu x2 x + x + 18 Giải bất phương trình: < 2 (1,0 điểm) ( x + 1) x +1− x +1 TH1: cos x + sin x = ⇔ tan x = − ( 0,25 0,25 0,25 ) Đặt t = x + ĐK: t > t ≠ Bất phương trình cho trở thành: (t − 1) (t − 1) + 3t + 15 < t4 (t − t ) 0,25 ⇔ t (t + 1) < t + t + 15 ⇔ t < ⇔ t < 0,25 Kết hợp với ĐK ban đầu ta được: x + ≠ t ≠ ⇔ 0 < t < 0 < x + < x ≠ x ≠ ⇔ 0 < x + < −1 < x < Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (−1;3) \{0} π Câu sin x Tính tích phân I = ∫ dx (1,0 điểm) π sin x − cos x 0,25 0,25 3π π 3π − t ⇒ dx = − dt Đổi cận: x = ⇒ t = π ; x = π ⇒ t = 2 π π −t sin π cos3 t Suy ra: I = ∫ (− dt ) = − ∫ dt 3π 3π π sin t − cos t π sin − t − cos −t Đặt x = π Vậy: I = ∫ π 0,25 π sin x − cos3 x dx = ∫ 1 + sin x dx sin x − cos x π 0,25 π I = x − cos x π 0,25 π π −1 0,25 2I = − ⇒ I = 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác Câu (1,0 điểm) nằm mặt phẳng vng góc với hai mặt phẳng (SAD), (SBC) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD) + Do AD // BC nên suy ra: S x ( SAD ) ∩ ( SBC ) = Sx thỏa K A H B C AD / / Sx / / BC + Mặt khác theo giả thiết: D ( SAD ) ⊥ ( SAB ) ⇒ Sx ⊥ ( SAB ) ( SBC ) ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ ( SAB ) hay ( ABCD) ⊥ ( SAB ) 0,25 Từ dựng SH ⊥ ( ABCD ) H H ∈ AB ∆SAB cạnh a nên H a Suy thể tích khối chóp S.ABCD tính bởi: trung điểm AB SH = 0,25 1 a a3 (đvtt) V = S ABCD SH = a = 3 Ta có: BC ⊄ ( SAD ) ⇒ BC / /( SAD) ⇒ d [C , ( SAD)] = d [ B, ( SAD )] (1) BC / / AD ⊂ ( SAD) Theo giả thiết (SAB) ⊥ (SAD), nên kẻ BK ⊥ SA K trung điểm SA, BK = a BK ⊥ ( SAD ) (2) (1) (2) suy ra: d [C , ( SAD )] = d [ B, ( SAD )] = BK = 0,25 0,25 a Câu Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y − x − y + = Tìm giá trị lớn biểu (1,0 điểm) y + xy + x + y − thức: P = x + y +1 Từ giả thiết ta có: x + y = x + y + (1) ( x − 3) + ( y − 1) = (2) 0,25 x + xy + y + x + y + 4 Do (1) nên: P = = x + 2y + x + y +1 x + y +1 Theo bất đẳng thức B.C.S ta có: t +1 [( x − 3) + 2( y − 1)]2 ≤ 5[( x − 3) + ( y − 1) ] = 25 (4) ⇒ −5 ≤ ( x − 3) + 2( y − 1) ≤ Đặt t = x + y ⇒ P = t + 0,25 ⇒ ≤ t ≤ 10 (1) Do (1) nên theo bđt Cauchy ta có: t + + Đẳng thức xảy t + = Câu 7.a (1,0 điểm) ≥4⇒ P≥3 t +1 0,25 ⇔ (t + 1) = ⇔ t = t +1 Khi đó: x + y = x + y = x + y = ⇔ ⇔ 2 2 ( x − 3) + ( y − 1) = (−2 y − 2) + ( y − 1) = 5 y + y = 0,25 x = 1; y = 17 Vậy Pmin = đạt x = 1, y = x = − , y = ⇔ 17 x = ; y = − 5 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có A(3; 0) , C (−4;1) , AD = AB = BC DAB = ABC = 900 Tìm tọa độ điểm B, D Giả sử B(x; y) Từ giả thiết ta có AB = BC , AB.CB = ⇒ ta có hệ phương trình: ( x − 3) + y = ( x + 4)2 + ( y − 1) ( x − 3)( x + 4) + y ( y − 1) = y = 7x + x = 0; y = ⇔ ⇔ x = −1; y = −3 x + x = Vậy B(0; 4) B(−1;−3) Gọi M trung điểm AD Từ giả thiết ta suy tứ giác ABCM hình vng Từ đó: + Với B(0; 4) từ AB = MC ta tìm M(−1;−3) ⇒ D(−5;−6) + Tương tự với B(−1;−3) ta tìm M(0; 4) ⇒ D(−3; 8) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = (1,0 điểm) (Q) : x + y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (P’) đối xứng với mặt phẳng (P) qua mặt phẳng (Q) Từ phương trình (P) (Q) ta có (P) (Q) đồng thời qua hai điểm 0,25 A(0;0;1), B(1;1;0) Do (P’) đối xứng (P) qua (Q), nên A, B thuộc (P’) Chọn điểm M (0; − 1;− 1) ∈ ( P) goi N điểm đối xứng M ⇒ N ∈ ( P ') Ta tìm N x y +1 z +1 Ta có: M (0; − 1;− 1) , MN ⊥ (Q) ⇒ pt MN : = = 1 Gọi H = MN ∩ (Q) ⇒ tọa độ H định bởi: x y +1 z +1 = = ⇔ x = ; y = − ;z = 1 x + y + z − = 5 7 Tọa độ N định N (2 xH − xM ; yH − yM ; zH − zM ) hay N ; ; 3 3 AB = (1;1; − 1) ⇒ AB, AN = (2; − 3; − 1) AN = ; ; 3 qua (Q) 0,25 0,25 0,25 (P’) mặt phẳng qua M nhận vtpt AB, AN Vậy phương trình ( P ') :2 x − y − z + = Câu 9.a Giải phương trình sau tập hợp số phức, biết phương trình có (1,0 điểm) nghiệm ảo: z − (2 + 3i ) z + 3(1 + 2i ) z − 9i = Giả sử z = (a ∈ ℝ \ {0}) nghiệm ảo phương trình ⇒ ta có đẳng thức: 2 0,25 (ai ) − (2 + 3i )( ) + 3(1 + 2i )ai − 9i = ⇔ (2a − 6a ) + ( −a + 3a + 3a − 9)i = 2a − 6a = ⇔ ⇔ a = ⇒ phương trình (1) nhận nghiệm x = 3i −a + 3a + 3a − = Từ đó: (1) ⇔ ( z − 3i )( z − z + 3) = z = 3i z = 3i ⇔ ⇔ 2 ( z − 1) = (i 2) z = 1± i Vậy phương trình cho có nghiệm z = 3i, z = ± i 0,25 0,25 0,25 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A ( 3; −4 ) , trọng tâm (1,0 điểm) 25 tam giác ABD thuộc đường thẳng có phương trình x + 3y + = M − ;5 trung điểm cạnh CD Tìm tọa độ điểm B Gọi G trọng tâm ∆ABD, suy G ( −4 − 3t ; t ) ; 15 + 9t + 3t I tâm hình chữ nhật ABCD , suy AG = 2GI ⇔ I − ; ; 2 + 18t N trung điểm AB, suy I trung điểm MN Từ N − ; −1 + 3t 0,25 ABCD hình chữ nhật nên AN IN = 11 + 18t 10 − 9t −6 + 3t ⇔ − 0,25 + (3 + 3t ) =0 73 ⇔ 180t − 99t − 146 = ⇔ t = − ; t = 60 0,25 TH1: Với t = − , ta N ; − Suy B ( 4; − ) 73 269 53 299 93 0,25 TH2: Với t = , ta N − ; Suy B − ; 60 20 20 10 10 Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm (1,0 điểm) M (1; −2;0) , vng góc với mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = tạo với trục tung góc lớn Mặt phẳng (P) có vtpt n = (1; −1; − 2) , trục tung có vtcp j = (0;1;0) Giả sử mp(Q) có vtpt m = (a; b; c) a + b + c ≠ 0,25 Theo giả thiết (Q) ⊥ (P) nên m.n = ⇔ a − b − 2c = ⇔ a = b + 2c ⇒ m = (b + 2c; b; c), (b + c ≠ 0) π Gọi ϕ ≤ ϕ ≤ góc hợp mp(Q) trục tung Ta có: 2 |b| |b| sin ϕ =| cos(m, j ) |= = 2 2 (b + 2c) + b + c 2b + 4bc + 5c + Với b = sin ϕ = ⇒ ϕ = 0,25 + Với b ≠ , đặt c = tb ⇒ sin ϕ = 5t + 4t + = 2 5 t + + 5 ≤ 30 , ∀t ∈ ℝ Đẳng thức xảy t = − Do hàm số y = sin x đồng biến đoạn 30 π 0; , nên ϕ lớn sin ϕ lớn hay sin ϕ = Suy t = − hay 2b + 5c = 0,25 Từ chọn b = 5, c = −2 , ta m = (1; 5; − 2) 0,25 Vậy (Q) mặt phẳng qua M (1; −2;0) có vtpt m = (1; 5; − 2) ⇒ pt (Q) : x + y − z + = Câu 9.b Giải phương trình: log ( x − 3) = log ( x − x + 8) (1,0 điểm) Đặt t = log ( x − 3) ⇔ x − = 3t , phương trình cho trở thành: t t 0,5 4 1 t = log [32t − 1] ⇔ 4t = 32 t − ⇔ + − = (1) 9 9 t t 4 1 Xét hàm số f (t ) = + − 9 9 t 0,25 t 4 1 TXĐ ℝ , f '(t ) = ln + ln < 0, ∀t ∈ ℝ 9 9 1 Chứng tỏ f (t ) đồng biến ℝ Mà f = ⇒ t = nghiệm 2 phương trình (1) ℝ Suy phương trình cho có nghiệm x = + Ghi chú: Cách giải khác Câu 6: 4 t + 2t − Xét hàm f (t ) = t + với t ∈ [0;10] , ta có: f '(t ) = − = t +1 (t + 1)2 (t + 1) 114 f '(t ) = ⇔ t + 2t − = ⇔ t = , f (1) = 3; f (0) = 4; f (10) = 11 Bảng biến thiên: t 10 − f’(t) f(t) 114 11 + Từ bảng biến thiên ta suy ra: Pmin = đạt t = Khi đó: x = 1; y = x + y = x + y = x + y = ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 x = 17 ; y = − ( x − 3) + ( y − 1) = ( − y − 2) + ( y − 1) = 5 y + y = 5 0,25 0,25 17 Vậy Pmin = đạt x = 1, y = x = − , y = 5 ...ĐÁP ÁN KHỐI D Câu Đáp án Điểm Câu a Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm số (1) m = (2,0 điểm) Khi m = hàm số có dạng y = x3 − x − Tập xác định: ℝ hiều biến thi? ?n: y / = x − x,... f ( x) = x − x→0 x →−∞ x →0 Bảng biến thi? ?n −∞ x x →+∞ + f’(x) 0,25 +∞ − − +∞ −3 0,25 f(x) −∞ −∞ −∞ Từ bảng biến thi? ?n ta suy điều kiện m thỏa yêu cầu toán là: 3m < −3 hay m < −1 Câu Giải phương... tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có A(3; 0) , C (−4;1) , AD = AB = BC DAB = ABC = 900 Tìm tọa độ điểm B, D Giả sử B(x; y) Từ giả thi? ??t ta có AB = BC , AB.CB = ⇒ ta có hệ phương trình: ( x − 3)