SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014Mơn: TỐN; Khối A và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đềĐỀ THI THỬ
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=2x3-3x2+5 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :d x+3y+ =7 0 sao cho = + + đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x-cos3x+3sin2x+4sinx-cosx+ =2 0.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2
2231(1 ) 4( 1)( 1) 4yxxyxyx yy+Ï + = -ƠÌƠ + + =Ĩ
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
24324121xxxIdxx+ + ++Ú
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng
(ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vng góc của S trên đường thẳng BM Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
()()()222222abc a b cabcTabcab bc ca+ + + + ++ + + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 7)- và đường thẳng : x 2y 4 0
D - + = Tìm điểm B trên D sao cho có đúng ba đường thẳng ( )di (iŒ{1;2; 3}) thỏa mãn khoảng
cách từ A đến các đường thẳng ( )diđều bằng 4 và khoảng cách từ B đến các đường thẳng ( )di đều bằng 6.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vng ABCD với A(1; -1; -2) và các điểm
B, D nằm trên đường thẳng (d): 1 1 1
4 1 1
x+ = y- = z+
- Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Câu 9.a (1,0 điểm) Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40 Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm Tính xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6.
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình
đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC:7x+4y- =5 0 và phương trình đường trung trực
cạnh BC: 2x+8y- =5 0 Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai
điểmA(0; 2; 1),- B(10; 6; 2) và cách điểm C( 1; 3; 2)- - một khoảng bằng 29.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2331 1log ( 1)log 2x 3x 1< x+- + . Hết
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………
www.NhomToan.com
Trang 2ĐÁP ÁN TOÁN A, A1
CâuĐáp ánĐiểm
Câu 1
(2,0 điểm) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
322 3 5y= x - x +TXĐ: ; 22 ( )(0)10' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 5, 01xyxx yxxyyxÈ= - = € - = €Í = =ẻ 0,25
Gii hn: lim ; lim
xyxy
ặ-ã = -ã ặ+ã = +•Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1)
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-•; 0 ; 1;) ( + •)
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1;yCT =0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 5
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị
0,25
2 Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :d x+3y+ =7 0 sao cho = + + đạt giá trị nhỏ nhất (O là gốc tọa độ).
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4) Gọi G là điểm sao cho
+ + = 1;33GÊ ˆ ÁË ˜¯ 0,25Ta có: = + + == + + + + + + + +223 2 3 = + + + + + + == + + +0,25
Do + + = nên suy ra T nhỏ nhất khi và chi khi MG
nhỏ nhất hay M là hình chiếu vng góc của G trên đường thẳng (d) 0,25Ta có phương trình đường thẳng (d’) đi qua G và vng góc với (d):
Trang 3 tọa độ M là nghiệm của hệ 3 2 0 13; 193 7 0 10 10x yxyxy- + =Ï = - = -Ì + + =ÓVậy 13, 1910 10M Ê- - ˆÁ ˜
Ë ¯ là đáp số của bài toán.
Câu 2
(1,0 điểm) Giải phương trình:
332
sin x-cos x+3sin x+4sinx-cosx+ =2 0
33
(1)€(sinx+1) -cos x+(sinx+ -1 cos ) 0x =
22
(sinx cosx 1)[(sinx 1) cos (sinxx 1) cos x 1] 0
€ - + + + + + + = 0,25
22
sin cos 1 0 (1)
(sin 1) cos (sin 1) cos 1 0 (2)
xxxxxx- + =È€ Í + + + + + =Ỵ 0,25Giải (1): 224 2 4 4 22x kxxkkxkpp p pp ppÈÊ ˆ Í€ Á + ˜= € + = ± + € ŒÍ = - +Ë ¯Ỵ0,25
Giải (2): Vì (sinx+1)2+cos (sinxx+ +1) cos2x+ =12
2
1 3
(sin 1) cos cos 1 0,
2 4
xxxx
È ˘
=Í + + ˙ + + > " Œ
Ỵ ˚ , nên pt(2) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:
2
x k= x= - +kkŒ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2
2231(1 ) 4( 1)( 1) 4yxxyx yxyx yy+Ï + = -Ơ ŒÌƠ + + =ĨGiải: ĐK: yπ0
Khi đó hệ đã cho tương đương:
222222233323231 11 1 1 12 44 41 1 1 14 4 2 4xxxxxxxyyyyyyyxxxxxxxxxyyyyyyyyyÏÊ ˆÏ + + + = Ï + + + = Ô + - + + =Á ˜Ô Ô ÔÔ €Ô € Ë ¯Ì Ì ÌÊ ˆ Ê ˆƠ + + + = Ô + + + = Ô+ - + =Á ˜ Á ˜Ơ Ơ ƠĨ Ĩ ĨË ¯ Ë ¯0,25Đặt: u x 1, vxyy= + = , hệ phương trình trở thành:232 42 4uuvuu vÏ + - =ƠÌ- =ƠĨ0,25222324 4 4 0 22 41( 4) 4 2uuuuuvuuvvuu uuÏ + - Ï - + =ÏƠ Ơ€Ì €Ì + - €ÌĨƠ - + - = ƠĨ Ĩ0,25Từ đó: 1211xyxyxyÏ + =ƠƠ € = =ÌƠƠĨ
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x; y) là (1; 1)
Trang 4221 111I =Údx x= = ; 2232442 4 41111 ( 1) 1 1 17ln( 1) ln1 4 1 4 4 2xd xIdxxxx+= = = + =+ +ÚÚ 0,25222 2 2 2242211121 11 1111 12xxxIdxdxdxxxxxx+ ++= = =+ + Ê ˆ- +Á ˜Ë ¯ÚÚÚ 0,25Đặt 2221 1 12 tan 1 2 2(1 tan )2 2 cosxttdxdtt dtxxtp pÊ ˆ Ê ˆ- = Á- < < ˜ +Á ˜ = = +Ë ¯ Ë ¯Đổi cận: 1 0; 2 tan3 24x= =tx= =t arc3 2tan3 23 2 4tantan2442200 02(1 tan ) 2 2 2 3 2tan2(1 tan ) 2 2 2 4arcarcarct dtdtItarct+ = = = =+ÚÚ(+)Vậy: 1 1ln17 2 tan3 24 2 2 4I = + + arc0,25Câu 5
(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa SC với mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi M là điểm di động trên cạnh CD và H là hình chiếu vng góc của S trên đường thẳng BM Xác định vị trí M trên CD sao cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó và tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM).
Theo giả thiết ta có:
+ CBABCB (SAB)CBSA^ ¸ ^ ˝^ ˛030CSBlà góc giữa SC và mặt phẳng (SAB)Từ đó: SB BC= cot 300=a 3SA= SB2-AB2 =a 2+ BHSABH (SAH) BHAHBHSH^ ¸ ^ ^˝^ ˛
+ Thể tích khối chóp S.ABH được tính bởi:
1 1 1 2 2 3 ABH 3 2 6aV = SSA= HA HB a = HA HB0,25Có: AH2+BH2 = AB2 =a2và theo bđt Cauchy:2222 2 2aa = AH +BH ≥ AH BH AH BH £Từ đó: 232 2 2 .6 6 2 12aaaaV = HA HB£ =
Đẳng thức chỉ xảy ra khi HA HB= €ABM =450€M D∫
Trang 5Vậy 3max212aV(đvtt) đạt được khi M D∫
Với M ∫D thì H là tâm của đáy ABCD Khi đó do AC cắt mp(SBD) tại H là trung điểm của AC nên: d C SBD[ ,( )] d A SBD[ ,( )]
Kẻ AK ^ SH tại K (1)Ta có: BDAHBD (SAH) BDAK (2)BDSA^Ï ^ ^Ì ^Ĩ(1) và (2) chứng tỏ AK ^ (SBD) Vậy d C SBD[ ,( )]=d A SBD[ ,( )]=AK0,25AK được tính bởi:222222 2 105224aaSA AHSA AHaAKSHSAAHaa= = = =+ +0,25Câu 6(1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
()()()222222abc a b cabcTabcab bc ca+ + + + ++ + + +
Với các số thực a, b, c dương, ta ln có bđt đúng:
2222222222(a b- ) + -(b c) + -(c a) ≥ €0 a +b +c ≥ab bc ca+ + €3(a +b +c ) (≥ a b c+ + )2223( )a b cabc + + £ + + (1)0,25Do (1) nên: ()()()()()()()222 2 2 22222222221 3( )1 3(2)abc a b cabcabcabcTxyzab bc caabzxy yz zxabcab bc caabc+ + + + + + + += £ =+ + + ++ + + +++ + + +0,25Mặt khác theo bđt Cauchy: 2 2 233ab bc ca+ + ≥ a b c (3) và a2+b2+c2 ≥ 33 a b c2 2 2 = 3.3abc (4)Từ (3) và (4) được: 2221 13 3.(ab bc ca a) bc £ abc+ + + + (5)0,25
Do (5) nên (2) suy ra: (1 3) 3 3
93 3abcTabc+ +£ =
Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = c Vậy max 3 3
9T +đạt được khi a = b = c0,25Câu 7a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 7)- và đường thẳng
: x 2y 4 0
D - + = Tìm điểm B trên sao cho có đúng ba đường thẳng ( )di(iŒ{1;2; 3}) thỏa mãn khoảng cách A đến ( )dibằng 4 và khoảng cách từ B đến ( )dibằng 6.
Từ giả thiết ta suy ra các đường thẳng ( )di (iŒ{1; 2; 3}) chính là các tiếp tuyến chung của hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính R1 4 và đường trịn tâm B, bán kính R1 6
0,25
Từ đó u cầu của bài tốn tương đương hai đường trịn (A, R1) và (B, R2) phải
tiếp xúc ngoài với nhau hay AB R= 1+R2 (1) 0,25
Trang 62221(2 8) ( 7) 10 5 18 13 0 135bbbbbbÈÍ€ - + + = € - + = €ÍỴVậy B( 2;1)- hoặc 6 13;5 5B Ê ˆÁ ˜Ë ¯ 0,25Câu 8.a
(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vng ABCD có A(1; 1; 2) và các điểm
B, D nằm trên đường thẳng (d): 1 1 1
4 1 1
x+ = y- = z+
- Tìm tọa độ các điểm B, C, D.Do ABCD là hình vng nên C là điểm đối xứng với A qua giao điểm H của (d) với mp(P) đi qua A, vng góc với (d).
Ta có phương trình (P): 4x - y + z -3 = 0 Tọa độ H là nghiệm của hệ:
1 1 14 14 013yzxzxy-+ - +Ï = =+ - =Ơ-ÌƠĨ 0,25Giải hệ được 1; 1; 12 2x= y= z= -Vậy 1; ;1 12 2HÊ - ˆÁ ˜Ë ¯ Từ đó C(1; 2; 1)0,25( ) ( 1 4 ;1 ; 1 )BŒ d - +Bt - - +tt ; AC=AB 2 €AC2 =2AB222218 2 (4È t 2) (2 t) ( 1)t ˘€ = Ỵ - + - + + ˚ 2 001ttttÈ€ - = € ÍỴ0,25+ Với t = 0 ta được B( 1;1; 1)- - D(3;0;0)+ Với t = 1 ta được B(3;0;0)D( 1;1; 1)- - 0,25Câu 9.a
(1,0 điểm) Có 40 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 40 Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, năm tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 6
Chọn ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 40 tấm thẻ thì khơng gian mẫu là 1040C 0,25Từ 1 đến 40 có tất cả 20 số chẵn và 20 số lẻ Số cách chọn 5 tấp thẻ mang số lẻ là 520C 0,25
Trong 20 số chẵn thì có đúng 6 số chia hết hết cho 6 nên số cách chọn 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng một tấm mang số chẵn là 41
14 6C C 0,25Vậy xác suất cần tìm là: 541201461040 1261147C C CC 0,25Câu 7.b(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình đường trung tuyến kẻ từ B:7x+4y- =5 0 và phương trình đường trung trực cạnh BC:
2x+8y- =5 0 Tìm tọa độ các điểm B, C, D.
Từ giả thiết ta có: Phương trình BD: 7x+4y- =5 0
AD đi qua A(4; 0) và vng góc với (d): 2x+8y- =5 0 phương trình AD: 4x y- -16 0=Tọa độ D định bởi: 7 4 5 0 3 (3; 4)4 16 0 4xyxDx yy+ - = =Ï Ï€ -Ì - - = Ì = -Ĩ Ĩ0,25
Gọi I x y( ; )0 0 là tâm của hình bình hành ABCD C x(2 0-4; 2 )y0 và
00
(2 3; 2 4)
B x - y + tọa độ trung điểm của BC là 0
Trang 700004 7 8(2 2) 5 07 4 5 0xyxy- + + - =ÏÌ + - =Ĩ00000014 1 0( 2; 1), ( 1; 3)17 4 5 02hayxxyCBxyyÏ+ + =Ï Ô - - -Ì + - = Ì = -Ĩ ƠĨ 0,25Câu 8.b (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểmA(0; 2; 1),- B(10; 6; 2) và cách điểm C( 1; 3; 2)- - một khoảng bằng 29.
Giả sử (P) có vtpt = 2+ 2+ 2 π(P) đi qua A(0; 2; 1),- B(10; 6; 2) nên:
pt (P): ax by+ -(10a+8 )b z+10a+10b=0
0,25
Theo giả thiết
222| 3 2(10 8 ) 10 10 |([ ;( )] 29 29(10 8 )abababd C Pabab- + + + + += € =+ + +22222| 29a 29 |b 29 101a 160ab 65b 29(a b) 101a 160ab 65b€ + = + + € + = + +22 3 2 012 17 6 0 (3 2 )(4 3 ) 04 3 0abaabbababab+ =È€ + + = € + + = € Í + =Ỵ0,25Với 3a+2b= ta chọn 0 23abÏÌ = -Ó pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = 0 0,25Với 4a+3b= ta chọn 0 34abÏÌ = -Ĩ pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = 0 0,25Câu 9.b
(1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2
331 1log ( 1)log 2x 3x 1< x+- +ĐK:222 3 1 02 3 1 01 01 1xxxxxxÏ - + >Ơ- + πƠÌ+ >ƠƠ + πĨhay 1; 1 \ 0{ } (1; ) \ 32 2x ấ - ằ + ã è ẽ áậ ¯ Ó ˛
Với điều kiện trên và để ý rằng 22
02 3 1 1 2 3 0 32xxxxxx<ÈÍ- + > € - > €Í >Ỵ, 1 1 0
x+ > € > Từ đó ta có thể chia bài tốn thành 3 trường hợp sau:x
TH1: Với - < < , thì 1 x 0 0< + < x 1 1 log (3 x+ <1) 0 và 2x2-3x+ >1 12
3
log 2x 3x 1 0
€ - + > bất phương trình đã cho vô nghiệm.
0,25TH2: Với 0 1 1 32 2xx< < ⁄ < < thì:31 1 log ( 1) 0x+ > x+ > và 2230< 2x -3x+ < €1 1 log 2x -3x+ < bất 1 0phương trình đã cho trở thành một bất đẳng thức đúng.0,25TH3: Với 32x> , thì x+ > 1 1 log (3 x+ >1) 0và 2232x -3x+ > €1 1 log 2x -3x+ > 1 0Từ đó với 32
x> , bất phương trình đã cho tương đương:
Trang 82233log ( 1) log 2 3 1 2 3 1 13322xxxxxxxxÏ + < - + Ï - + > +Ơ €ƠÌ Ì>>Ơ ƠĨĨ2222 3 1 ( 1) 5 053 32 2xxxxxxxxÏ - + > + Ï - >Ơ Ơ€Ì €Ì € >> >Ơ ƠĨ Ĩ
Kết hợp cả 3 trường hợp bất phương trình đã cho có tập nghiệm:
1 30; 1; (5; )2 2S Ê= ˆ Ê» ˆ» + •Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯0,25
Ghi chú: Câu 1.2 và câu 2 cịn có cách giải sau:
Câu 1.2: MŒ( ) :d x+3y+ = 7 0 M( 3- m-7; )m
Từ câu 1) không mất tổng quát ta chọn A(0; 5) và B(1; 4) Khi đó ta có:
= + - = + - = + - (+)Từ đó:+ = + 2- - = 2+ ++ = + + + - - = 2+ ++ = + + - - = 2+ + (+)22 19 727 727114 181 3010 10 10mmm+ = Ê + ˆ + ≥Á ˜Ë ¯ = + + = + (+)min72710T = đạt được khi 1910m= - hay 13, 1910 10MÊ- - ˆÁ ˜Ë ¯ (+)
Câu 2: Phương trình đã cho tương đương: 33
(sinx+1) +sinx+ =1 cos x+cosx (1)Nếu đặt 3
( )
f t = +tt thì phương trình có dạng: f(sinx+ =1) f(cos )x (2) (+)
Xét hàm số: 3( )f t = +tt ta có 2'( ) 3 1 0,f t = t + > " Œx hàm số đồng biến trên (+)Từ đó: 224 2 22ptx kxxxxxkxkÈÊ ˆ Í€ + = € - = € Á + ˜= € ŒÍ = - +Ë ¯ỴVậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm:
2