Tổng hợp đề thi ôn luyện ĐH-CĐ môn Toán

Tổng hợp đề thi ôn luyện ĐH-CĐ môn Toán

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn thi: TỐN, Khối A B Thời gian làm bài: 180 phút −2 x + (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến đồ thị (C) điểm song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O Câu II (2,0 điểm) π 1) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) phương trình 5cos x + s inx − = sin(2 x + )  x − y − y + ( x − y ) = 14  ( x, y ∈ ¡ ) 2) Giải hệ phương trình   3− x + y + = x + y −5  3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ (2 x − 1) ln( x + 1)dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật với AB = a, BC = a Hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBD) vng góc với đáy Điểm I thuộc đoạn SC cho SC = 3IC Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AI SB biết AI vng góc với SC Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b ∈ (0; 1) thỏa mãn (a + b3 )(a + b) − ab(a − 1)(b − 1) = Tìm giá trị lớn biểu thức sau: F= 1+ a + 1+ b + ab − (a + b) Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ∆ABC có đỉnh A ( −3; ) , đường phân giác góc A có phương trình x + y − = tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC I (1 ;7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ∆ABC gấp lần diện tích ∆IBC Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển (1 − x) 2014 = a0 + a1 x + a2 x + + a2014 x 2014 Tính tổng: S = a0 + 2a1 + 3a2 + + 2015a2014 log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình    x + x − y = 13 …………………………Hết………………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I Ý Nội dung Điểm ∑1, −2 x + Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = x −1 a) Tập xác định : D = R \ { 1} 0,25 b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : +) Vì lim − x →1 −2 x + −2 x + = −∞ , lim = +∞ nên đường thẳng x = + x →1 x −1 x −1 tiệm cận đứng +) Vì xlim →−∞ −2 x + −2 x + = −2 , lim = −2 nên đường thẳng y = −2 x →+∞ x −1 x −1 tiệm cận ngang *Chiều biến thiên: +) Ta có : y′ = 0,25 −2 ( x − 1) < 0, ∀x ≠ +) Bảng biến thiên 0,25 -2 -2 + Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) ( 1; +∞ ) c) Đồ thị *Vẽ đồ thị:Cắt Ox A(2;0) cắt Oy B(0;-4) 0,25 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I ( 1; −2 ) làm tâm đối xứng I ∑1,  −2a +  −2b +   0,25 Gọi A  a; ÷ B  b; ÷ (Với a, b ≠ 1; a ≠ b ) thuộc đồ thị a −1  b −1    (C) Khi hệ số góc đường tiếp tuyến A B là: k1 = − ( a − 1) k2 = − ( b − 1) Do đường tiếp tuyến song song nên: − ( a − 1) =− ( b − 1) ⇔ a+b = uuu  r r −2a +  uuu  −2b +  Mặt khác, ta có: OA =  a; ÷; OB =  b; ÷ Do OAB tam a −1  b −1    uuu uuu r r giác vuông O nên OA.OB = ⇔ ab + 0,25 (−2a + 4)(−2b + 4) =0 ( a − 1) ( b − 1) a+b =   a = −1  4ab − 8(a + b) + 16 Ta có hệ  Giải hệ ta   b=3  ab + ab − (a + b) + =  0,25  a=3  b = −1 a = a =  b = b = Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ ( −1;1) ( 3;3) (2;0) (0;-4) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) phương trình : π  5cosx + sinx - = sin  x +  4  π  5cosx + sinx - = sin  x +  ⇔ 5cosx +sinx – = sin2x + 4   Câu II 0,25 ∑= 0,25 cos2x ⇔ 2cos2x – 5cosx + + sin2x – sinx = ⇔ (2cosx – )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – ) = 0,25 +/ cosx + sinx = vô nghiệm π +/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z 0,25 Đối chiếu điều kiện x ∈ ( 0; π ) suy pt có nghiệm :  x − y − y + ( x − y ) = 14  ( x, y ∈ R ) Giải hệ phương trình:  − x + y + = x3 + y −   Đkxđ x ≤ 3, y ≥ −4 π 0,25 ∑1, Từ (1) ta có x + x = ( y + ) + ( y + ) ⇔ ( x − y − )  x + x ( y + ) + ( y + ) + 3 =   0,25 ⇔ x = y + ⇔ y = x − ( 3) Thế (3) vào (2) ta x + + − x = x3 + x − x − ⇔ x3 + x − x − + − x + + − − x = x−2 x−2 ⇔ ( x − ) ( x + ) ( x + 1) − + =0 + x + 1+ − x 1   ⇔ ( x − )  ( x + ) ( x + 1) − + ÷= + x + 1+ − x   1 1  ⇔ ( x − )  ( x + ) ( x + 1) + − + − ÷= + x + 1+ − x    x +1 x +1 ⇔ ( x − )  ( x + ) ( x + 1) + +  2+ x+2 x + +1 1+ − x + − x  )  ⇔ ( x − ) ( x + 1)  ( x + ) +  2+ x+2  0,25 ) ( ( )( )( ) ( )(  ÷= ÷ 0,25   ÷= + x + +1 1+ − x + − x ÷  ) ( )( ( x − ) ( x + 1) = ⇔ x = 2, x = −1; x = ⇒ y = 0, x = −1 ⇒ y = −3 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình cho 0,25 có tập nghiệm S = { ( −1; − 3) ; ( 2;0 ) } Câu III ∑1, Tính tích phân I = ∫ (2 x − 1) ln( x + 1)dx  dx u = ln( x + 1) du = x −x ⇒ dx x + ⇒ I = ( x − x) ln( x + 1) − ∫ Đặt  x +1  dv = x − v = x − x    I = −∫  x − + dx ÷ x +1  0 0,25 0,25  x2  I =  − + x − ln( x + 1) ÷  0 I = − ln 2 0,25 0,25 ∑1, IV S D A E I O 0,25 H B M C Ta có S ABCD = a.a = 3a Gọi O giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có SO ⊥ ( ABCD) AC = AB + BC = a + 3a = 2a ⇒ OC = a Lại có AI ⊥ SC ⇒ ∆SOC & ∆AIC đồng dạng CI CA ⇒ = ⇔ CI CS = CO.CA ⇔ CO CS Từ 15 SO = SC − OC = a ⇒ VSABC = SO.S ABCD = a 3 0,25 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC M, suy SB// (AIM), d ( SB, AI ) = d ( SB,( AIM )) = d ( B,( AIM )) Mà CI CM = ⇒ BM = 2CM suy CS CB d ( B, ( AIM )) = 2d (C , ( AIM )) Hạ IH ⊥ ( ABCD) , dễ thấy IH = S SO 15 , S AMC = ABCD ⇒ VIAMC = VSABCD = a 3 18 54 Ta có IM = 0,25 0,25 SB SC = = a ; AM = AB + BM = a 3 3 AI = AC − CI = a 10 Suy cos ∠MAI = 70 154 55 ⇒ sin ∠MAI = ⇒ S AMI = AM AI sin ∠MAI = a 28 28 12 ⇒ d ( B,( AIM )) = 2d (C ,( AIM )) = Câu V 3VI AMC 4a = S ∆AMI 33 (a3 + b3 )(a + b) = (1 − a)(1 − b) (*) ab (a3 + b3 )(a + b)  a b  =  + ÷( a + b ) ≥ ab ab = ab ab  b a  gt ⇔ ( − a ) ( − b ) = − (a + b) + ab ≤ − ∑1, 0,25 ab + ab , từ (*) suy ab ≤ − ab + ab , đặt t = ab (đk t > 0)  0 < t ≤ ⇔0 với + t với < t ≤ có f ' (t ) = − xét f(t) = (1 + t ) + t 1+ t 00, x-y ≥  x+ y = 2+ x− y  ⇔ 2  x + x − y = 13  u = x + y , u ≥  Đặt:  0,25 ∑1, 0,25 0,25 0,25 0,25 ∑1, 0,25 u = + v ta có hệ:  2 u + v + uv = 13 v = x − y , v ≥  u = + v u = + v v = 1, u = ⇔ ⇔  2 v = −3, u = −1 (2 + v) + v + (2 + v)v = 13 3v + 6v − = Kết hợp đk ta v = 1, u = ⇒ x = 5, y = 0,25 0,25 0,25đ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + (1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) 2 Định m để phương trình: x − x + = log (m + 1) có nghiệm thực phân biệt Câu II (2,0 điểm) sin x − cos x = sin x(1 + tan x) 2sin x −  x + x3 − x + y − x − 11 =   ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình:  y2 − − x +x=  y2 −   Giải phương trình: cos x + Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = π x sin x + ∫π + cos x dx − Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a , · · khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a SAB = SCB = 900 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a góc đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC) Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = b b c c a a + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm A(1; 4), B(−1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M(1; −1; 0), cắt x−2 y z+2 = = đường thẳng (d): tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + = góc 300 1 z −1+ i = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z + z = z − 2i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 hai điểm B(1; 4), C(−3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) cho tam giác ABC có diện tích 19 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z − 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S) 1 < Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: log x − x + log ( x − 3) - Hết - ĐÁP ÁN Câu 1: 1, Cho hàm số y = x − x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) TXĐ: ¡ y ' = 3x − 3; y ' = ⇔ x − = ⇔ x = ±1; y(1) = 0, y( −1) = Hàm số nghịch biến khoảng ( −1; ) Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; − ) ; ( 1; + ∞ ) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = và hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = Giới hạn: xlim y = −∞ ; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ Bảng biến thiên: x −1 −∞ + y’ − y • • +∞ •2 + +∞ y −∞ • −2 −1 • • x y’’= 6x; y’’= ⇔ x = 0, y(0) = ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng qua điểm (−2; 0), (2; 4) Đồ thị: Câu 1: Định m để phương trình: x − x + = log (m + 1) có nghiệm thực phân biệt Phương trình cho phương trình hồnh độ giao điểm (d ) : y = log (m + 1) (C ') : y = x − x + , với (C’) suy từ (C) sau: y Từ đồ thị suy (d) cắt (C’) điểm phân biệt khi: • • < log (m + 1) <  m Khi hệ cho tương đương với:  2 ( x + x − 3) y − = −6  u + v = 13 Đặt: u = x + x − 3; v = y − 7, v > Khi hệ phương trình trở thành:  uv = −6 (u + v ) − 2uv = 13 (u + v) = u + v = ±1 u = −2 u = −3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨ uv = −6 v = v = uv = −6 uv = −6 2 x  x + x − = −2  , Giải hệ phương trình:   y −7 =   x + x − = −3  , ta nghiệm hệ cho là:   y −7 =   −1 ±   −1 ±  11 , −1; ± 11 ,   ; ÷,  ; − ÷ ÷  ÷     ( 0; ± ) ( ) π Câu 3: Tính tích phân I = x sin x + ∫π + cos2 x dx − π π x sin x I1 = ∫ dx = Xét: π + cos x − 4 x sin x x sin x dx + ∫ ∫π + cos x + cos x dx = I1 + I2 − Đặt x = −t ⇒ dx = −dt Đổi cận: x = − 0 π π ⇒t = ; x =0⇒t =0 4 π π x sin x t sin( −t ) t sin t x sin x dx = ∫ d (−t ) = − ∫ dt = − ∫ dx Khi đó: I1 = ∫ 2 + cos t + cos x π + cos x π + cos ( −t ) 0 − 2 Suy I1 = I2 = π ∫ + cos − π x dx = π ∫ − π 1 dx Đặt t = tan x ⇒ dt = 12 dx cos x + cos x cos x Đổi cận: x = − π π dt ⇒ t = −1; x = ⇒ t = ⇒ I = ∫ + t2 4 −1 Lại đặt t = tan u ⇒ dt = 3(1 + tan u )du Đổi cận: t = −1 ⇒ u = − ⇒ I2 = π ∫ − π π π ; t =1⇒ u = 6 π 3 π du = u = 3 −π Vậy I = I1 + I = π Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a , khoảng cách từ · · A đến mặt phẳng (SBC) a SAB = SCB = 900 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a góc SB với mặt phẳng (ABC) Gọi H hình chiếu vng góc S mp(ABC) Ta có: SH ⊥ ( ABC )  +  ⇒ HA ⊥ AB Tương tự HC ⊥ BC SA ⊥ AB (gt)  Suy tứ giác HABC hình vng + Có: AH / / BC ⊂ ( SBC ) ⇒ AH / / ( SBC ) ⇒ d [ A, ( SBC )] = d [ H , ( SBC )] = a + Dựng HK ⊥ SC K (1) BC ⊥ HC  Do  ⇒ BC ⊥ ( SHC ) ⇒ BC ⊥ HK (2) BC ⊥ SH  (1) (2) suy HK ⊥ ( SBC ) Từ d [ H , ( SBC )] = HK = a S K H A C B HK SH HK HC a 2.a = ⇒ SH = = =a KC HC KC a 1 a3 Thể tích Khối chóp S.ABC tính bởi: V = S ABC SH = AB.BC.SH = a 3.a 3.a = 6 · + Góc SB với mp(ABC) góc SBH = 45 (do ∆SHB vuông cân) · ⇒ KC = HC − HK = 3a − 2a = a tan SCH = Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = b b c c a a + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b b b c c a a + + a+3 b+3 c+3 Áp dung bất đằng thức Cauchy cho số thực dương, ta có: b b b b a +3 b3 3b + + ≥ 33 = 64 a + a + 16 Từ giả thiết ta có P = c c c c b+3 c 3c a a a a c+3 a 3a + + ≥ 33 = ; + + ≥ 33 = 64 c + c + 16 64 b + b + 16 Cộng vế theo vế bất đẳng thứ ta được: b b c c a a a +b+c +9 3 + + + ≥ (a + b + c) ⇔ P ≥ 16 a+3 b+3 c+3 Đẳng thức xảy a = b = c = Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm A(1;4), B(−1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường uuu r 9 1 10 thẳng CD.Ta có AB = (−2; −1), AB = ; (C) có tâm I  ; ÷ bán kính R = 2 2 ABCD hình bình hành nên CD = AB phương trình CD: x – 2y + m = + 2m (7 + 2m) d ( I , CD) = ; CD = R − d ( I , CD ) ⇔ = − ⇔ m + m + = ⇔ m = −1; m = −6 20 Vậy phương trình CD: x – 2y − = 0; x – 2y − = Câu 6a: Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M(1;−1;0), cắt x−2 y z+2 = = đường thẳng (d): tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + = góc 300 1 Gọi N = (d ) ∩ ∆ ⇒ N (2 + 2t; t ; − + t ) uuuu r r Ta có: MN = (1 + 2t ; t + 1; − + t ) mp(P) có vtpt n = (2; − 1; − 1) uuuu r r + 4t − t − + − t = (d) tạo với (P) góc 300 nên: s in30 = cos MN , n = 2 (1 + 2t ) + (t + 1) + (t − 2) Tương tự ( 2t + ) ⇔ 10t − 18t = ⇔ t = 0; t = 6t + 2t + x −1 y +1 z = = + Với t = 0, phương trình ∆ : 1 −2 x −1 y +1 z = = + Với t = , phương trình ∆ : 23 14 −1 z −1+ i = Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z + z = z − 2i Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) Ta có: + z + z = ⇔ ( x + yi ) + ( x − yi) = ⇔ x − y = z −1+ i = ⇔ ( x − 1) + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = x + ( y − 2) ⇔ x − y + = + z − 2i ⇔ = 1 ⇒ y  = ⇒ đồ thị có điểm uốn 2  ÷  2 1 1 I  ; ÷ là tâm đối xứng 2 2 Câu 1: Xác định m để điểm M (2m ; m) tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) tam giác có diện tích nhỏ Ta có: y ' = x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1); y ' = ⇔ x = m; x = m + ⇒ ∀m ∈ ¡ , hàm số ln có CĐ, CT Tọa độ điểm CĐ, CT đồ thị A( m; 2m3 + 3m2 + 1), B( m + 1; 2m3 + 3m ) Suy AB = phương trình đường thẳng AB : x + y − 2m3 − 3m − m − = Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ khoảng cách từ M tới AB nhỏ 1 3m + ⇒ d ( M ; AB ) ≥ ⇒ d ( M ; AB ) = d ( M , AB ) = Ta có: đạt m = 2 y '' = 12 x − 6; y '' = ⇔ 12 x − = ⇔ x = 2 Câu 2: Giải phương trình: sin x cos x + sin x = sin x sin x Phương trình cho tương đương với: (1 − cos x) cos x + − cos x = sin x sin x ⇔ − cos x cos x = sin x sin x 2 1 ⇔ − (cos x + cos10 x) = (cos x − cos10 x) ⇔ cos x + cos x − = 2 ⇔ cos x − cos x − = ⇔ (cos x − 1)(2 cos 2 x + cos x + 1) = ⇔ cos x = ⇔ x = kπ , k ∈ ¢ 3 x + y − xy =  ( x, y ∈ ¡ ) Câu 2: Giải hệ phương trình:   5x + + y + =  6 x + y − xy = x ≥  Cách 1: Đk: Từ hệ suy đk  Hệ cho tương đương với:  y ≥  x + + y + = 16  6 x + y − xy =  ⇔ 5 x + − x + + + y + − y + + + x − xy + y =  6 x + y − xy =  ⇔ 2  5x + − + 5x + − + x − y =  6 x + y − xy =   5x + = 1 1 ⇔ ⇔ x = y = Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ÷ 5 5  5y + =   x= y  Cách 2: Hệ cho tương đương với 3(5 x + y ) − xy = 3(5 x + y ) − xy =   ⇔  5 x + y + (5 x + 3)(5 y + 3) + = 16 5 x + y + 3(5 x + y ) + 25 xy + = 10   ( ) ( ) ( ) Đặt u = x + y , v = xy ĐK: u ≥ 0, v ≥ Hệ trở thành:  3u − v =   v = 3u − v = 3u − ⇔ ⇔  2 u + 3u + v + = 10 2 9u − 27u + 34 = 10 − u (*) u + 3u + (3u − 5) + = 10    5 5  ≤ u ≤ 10  ≤ u ≤ 10 ⇔ 3 ⇔u=2 Do ĐK u, v nên (*) ⇔  49(u − 27u + 34) = (10 − u ) 35u − 88u + 36 =   5 x + y = 5 x + y =   ⇔ ⇔ x= y= Với u = ⇒ v = 1, ta hệ:  5 xy =  xy = 25   1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; ÷ 5 5 π π π sin x d (1 + cos x) Câu 3: Tính tích phân: I = x + sin x dx Ta có Tính ∫ + cos x ∫ + cos xdx = − ∫ + cos x 0 π  4 =  − ln(1 + cos x)  = ln  0 π dx x dx Đặt: u = x ⇒ du = dx; dv = cos x ⇒ v = tan x cos x Tính J = ∫ π π sin x π Vậy I = π + ln dx = + ln cos x ⇒ J = ( x tan x) − ∫ Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA = SB = a , SD = a mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD Theo giả thiết (ABCD) ⊥ (SBD) theo giao tuyến BD Do S dựng AO ⊥ (SBD) O ∈ BD Mặt khác AS = AB = AD ⇒ OS = OB = OD hay ∆SBD tam H giác vng S Từ đó: BD = SB + SD = a + 2a = a D C O A B AO = AB − OB = a − Suy thể tích khối chóp S.ABD tính bởi: VS ABD = VA.SBD ⇒ VS ABCD = 2VS ABD = 3a a = 1 a a3 = S SBD AO = SB.SD AO = a.a = 6 12 a3 (đvtt) Trong ∆SBD dựng OH ⊥ SD H (1) ⇒ H trung điểm SD Theo chứng minh AO ⊥ (SBD) ⇒ AO ⊥ OH (2) (1) (2) chứng tỏ OH đoạn vng góc chung AC SD Vậy d ( AC , BD) = OH = a SB = 2 Câu 5: Cho hệ phương trình: (2 x − x + x) x − x + + m + (2 y − y + y ) y − y + + m = (1)  ( x, y ∈ ¡ )  x − 2my = m +   Chứng minh ∀m ∈ ¡ , hệ phương trình cho ln có nghiệm 1  Đồ thị hàm số f ( x) = x − x + x có tâm đối xứng I  ; ÷ đồ thị hàm số g ( x) = x − x + + m có 2  trục đối xứng x = Do đặt y = 1− x thay vào vế trái (1) ta được: (2 x − x + x ) x − x + + m + [2(1 − x )3 − 3(1 − x) + − x] (1 − x) − (1 − x) + + m = (2 x − x + x ) x − x + + m − (2 x − x + x) x − x + + m = 0, ∀x, m ∈ ¡ Chứng tỏ ∀m ∈ ¡ , phương trình (1) ln nhận nghiệm ( x; − x), x ∈ ¡  y = 1− x Từ tốn cho tương đương với tốn chứng minh hệ phương trình:  có  x − 2my = m + nghiệm ∀m ∈ ¡ hay phương trình x + 2mx − 3m − = có nghiệm ∀m ∈ ¡ 3  Điều hiển nhiên ∆ ' = m + 3m + =  m + ÷ + > 0, ∀m ∈ ¡ 2  x2 y + =1 Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với (d) cắt (E) hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích ∆ vng góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = Phương trình hoành độ giao điểm ∆ (E): 4x2 + (x + m)2 = 36 ⇔ 5x2 + 2mx + m2 − 36 = (1) Đường thẳng ∆ cắt (E) hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m2 > ⇔ −3 < m < (2) m 10 10 d (O, ∆) = AB = ( x2 − x2 ) + ( y2 − y1 ) = x1 − x2 = 720 − 16m 10 15 ⇒ SOAB = AB.d (O, ∆) = 3 10 (thỏa điều kiện (2)) 16m − 720m + 8100 = ⇔ m = ± 10 Vậy phương trình đường thẳng ∆: x − y ± =0 Câu 6a:2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) đường thẳng (d) có uuu uuu r r x+3 y −2 z +3 = = phương trình: Tìm điểm M (d) cho tích MA.MB nhỏ Ta có trung điểm AB I(2; −3; 0) uuu uuu r r uuu uu uuu uu r r r r uuu uu uuu uu r r r r MA.MB = MI + IA MI + IB = MI + IA MI − IA = MI − IA2 = MI − uuu uuu r r Suy MA.MB nhỏ MI nhỏ hay M hình chiếu vng góc I (d) uuu r M ∈ d ⇒ M (−3 + 4t ; + t ; − + 2t ) ⇒ IM = (−5 + 4t ; + t; − + 2t ) uuu r uuu r r r r (d) có vectơ phương u = (4; 1; 2) IM ⊥ u ⇔ IM u = ⇔ 4(−5 + 4t ) + + t + 2( − + 2t ) = ⇔ t = uuu uuu r r = 29 đạt M (1; 3; − 1) ⇒ M (1; 3; − 1), MI = 38 Vậy MA.MB Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – = elip ( E ) : ( )( ) ( )( ( ) ) 2 Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z − i = z − z + 2i z − ( z ) = Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) Từ giả thiết ta có:  x2  x + ( y − 1)i = ( y + 1)i y= ≥0  x + ( y − 1) = ( y + 1)  x2 − y =     ⇔ ⇔ ⇔  2  xy =  xy =  ( x + yi ) − ( x − yi ) =  x3 =     x = ±  ⇔ Vậy z = ± + i 2 y =  Câu 6b: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – = Tìm tọa độ đỉnh B C  x = −2 + 5t (t ∈ ¡ ) Gọi M trung điểm AC Khi phương trình tham số BM :   y = −5 + 9t B, M ∈ BM ⇒ B ( −2 + 5b; −5 + 9b ) , M ( −2 + 5m; −5 + 9m ) M trung điểm BC ⇒ C ( 10m − 6;18m − 11) uuur uuu r uuur Ta có: AH = (12; −8), BC = (10m − 5b − 4;18m − 9b − 6), BH = (16 − 5b; −2 − 9b), uuu r uuur uuu r (1) AC = (10m − 8;18m − 12) AH BC = ⇔ 12(10m − 5b − 4) − 8(18m − 9b − 6) = ⇔ b = 2m uuur uuu r BH AC = ⇔ (16 − 5b)(10m − 8) + (−2 − 9b)(18m − 12) = (2) 26 Thế (1) vào (2), ta : 106m − 105m + 26 = ⇔ m = ; m = 53 Với m = , b = ta B(3;4), C(-1;-2) 26 52  154 203   58 115  ; Với m = , b = ta B  ÷, C  − ; − ÷ 53 53  53 53   53 53  Câu 6b: Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) đường thẳng (d) có x −1 y − z = = phương trình: Tìm điểm M (d) cho tổng MA + MB nhỏ 2 −1 M∈ (d) nên M(1 + 2t; + 2t; −t) MA = (2 + 2t ) + (1 + 2t ) + t = 9t + 12t + = (3t + 2) + MB = 4t + (1 + 2t ) + ( −t + 5) = 9t − 6t + 26 = (3t − 1) + 25 r r Trong mpOxy xét vectơ u = (3t + 2; 1), v = ( −3t + 1; 5) r r r r Có: | u + v |= ; | u |= (3t + 2) + 1; | v |= ( −3t + 1) + 25 r r r r Ta ln có bất đẳng thức đúng: | u + v | ≤ | u | + | v |⇔ ≤ (3t + 2) + + (−3t + 1) + 25 3t + 1 r r = ⇔t =− hay MA + MB ≥ Đẳng thức xảy u v hướng ⇔ −3t + 1  Vậy ( MA + MB ) = đạt M  0; 2; ÷ 2  Câu 7b: Giải phương trình: log x = 3 + 3log x + Với điều kiện x > 0, ta đặt u = log x v = + 3u ⇒ v − = 3u   u − = 3v u − = 3v u − = 3v  ⇔ 3 ⇔ Ta có hệ:  (*) 2 v − = 3u u − v = 3(v − u ) (u − v )(u + uv + v + 3) =      Do u + uv + v + =  u + v ÷ + v + > 0, ∀u , v ∈ ¡ nên:   u − = 3v v = u  u = v = −1 (*) ⇔  ⇔ ⇔ u = v = u − v = u − 3u − = Với u = −1 ⇒ log x = −1 ⇔ x = Với u = ⇒ log x = ⇔ x = 2 - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng (∆): y = ( 2m − 1) x − m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N phân biệt M, N với điểm P( −1;6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm π Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos x + = 2(2 − cos x )sin( x − ) 300 x − 40 x − − 10 x − − − 10 x ≤0 Giải bất phương trình: 1+ x + 1− x − Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: y= (1 + sin x ).e x π ; y = 0; x = 0; x = x cos Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với a đáy góc 300 Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách AA’ BC Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + 8b3 + 27c − 18abc − = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + 4b + 9c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x + y − x + y − = điểm M (7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) qua điểm A(3; –1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6π Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển biểu thức: 32 3n n 341 P = ( + 3x ) n + Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn + Cn + Cn + + Cn = x n +1 n +1 B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng ∆ : x + y + = hai elíp ( E1 ) : x2 y2 + = 1, 10 x2 y ( E2 ) : + = (a > b > 0) có tiêu điểm Biết ( E2 ) qua điểm M thuộc đường thẳng ∆ Tìm a b toạ độ điểm M cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x + y + z − x + y − z − 11 = mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6π Câu VIIb (1,0 điểm) Xét tập hợp số tự nhiên có chữ số khác lập từ chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp Tính xác suất để phần tử số chia hết cho -Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 58 Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R x = ⇒ y = y ' = 3x − x ; y ' = ⇔  Ta có: lim y = +∞; lim y = −∞ x →+∞ x →−∞  x = ⇒ y = −2 +) BBT: x -∞ +∞ y' + 0 + y +∞ -∞ -2 Hàm số đồng biến ( −∞;0 ) ( 2; +∞ ) ; Hàm số nghịch biến ( 0; ) yCĐ = x = ; yCT = - x = ( ) +) Đồ thị : Giao Oy (0 ; 2) ; Giao Ox (1; 0) ± 3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng Câu 1: (1 điểm) Phương trình hoành độ giao (C) (∆): x − x − (2m − 1) x + 4m + = x = ⇔ ( x − 2)( x − x − 2m − 1) = ⇔   f ( x ) = x − x − 2m − = (1) 2 ≠ x = x (∆) cắt (C) điểm phân biệt M,N⇔ (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  x = ≠ x2   ∆ =  8m + =   b  m = −  −  ≠ ≠2 ⇔   2a ⇔  ⇔ Với m = − ta có M ( ; ); N (2; −3) m = ta có   2 m = ∆ > 8m + >  −2m + =  f (2) =      M ( −1; −3); N (2; −3) Vậy: m = thỏa mãn ∆ MNP nhận O làm trọng tâm Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình ⇔ (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – =  cos x − sin x = −1 ⇔  cos x − sin x = (loai vi cos x − sin x ≤ 2) π  π = ⇔ sin x − π = sin π ⇔  x = + k 2π ( k ∈ Z ) ⇔ sin x − 4  x = π + k 2π  1 3 ≤x≤ Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: Ta có: + x + − x < 2, ∀x ∈  ;  ( Theo BĐT Bunhia) 10 10  10 10  ( ) ( ) Bpt ⇔ 300 x − 40 x − − 10 x − − − 10 x ≥ ⇔ ( 10 x − − 1) + ( − 10 x − 1) ≤ 300 x − 40 x − ⇔ 10 x − 2 − 10 x + ≤ (10 x − 2)(30 x + 2) 10 x − + − 10 x + 1   ⇔ (10 x − 2)  − − 30 x −  ≤ (*) − 10 x +  10 x − +  1 f ( x) = − − 30 x − 10 x − + − 10 x + 5 f '( x ) = − − − 30 < 0, ∀x ∈ ( ; ) 2 10 10 10 x − 1( 10 x − + 1) − 10 x ( − 10 x + 1) Mặt khác f ( x ) liên tục [ ; ] nên f ( x ) nghịch biến 10 10 [ ; ] 10 10 ⇒ f ( ) ≤ f ( x ) ≤ f ( ) < ( Hs đánh giá).Do bất phương 10 10 trình (*) ⇔ 10 x − ≥ ⇔ x ≥ Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: ≤ x ≤ 10 π x x cos )e x dx (1 + 2sin (1 + sin x )e x dx 2 =π∫ Câu 3: (1 điểm) V = π ∫ x x 0 cos cos 2 π π x x + tan )e x dx = 2π ∫ ( + tan )e x dx = 2 x x cos 2cos 2 π π π π 2 x x x x x x V = 2π ∫ d tan e =2π tan e = 2π e V = 2π ∫ (tan e ) ' dx = 2 0 Câu 4:(1 điểm) Gọi O tâm ∆ABC M trung điểm BC ta có: AM ⊥ BC  BC ⊥ ( A' AM )   ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) Kẻ MH ⊥ AA' ,  ⇒ HM ⊥ BC A' O ⊥ BC  HM ∈ ( A' AM ) V =π∫( π Vậy HM đọan vng góc chung AA’và BC, d ( AA' , BC) = HM = a MH a a2 ⇒ AM = ⇒ AB = a ⇒ S ABC = AM A' O HM = Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: AO AH AO.HM a a a suy A' O = = = AH 3a a3 VA ' BB ' C ' C = VA ' B ' C ' ABCC − VA ' ABC = A ' O.S ABC − A ' O.S ABC = A ' O.S ABC = 3 18 3 Câu 5:(1 điểm)Ta có: = a + 8b + 27c − 18abc − = (a + 2b + 3c)(a + 4b + 9c − 2ab − 3ac − 6bc) (1) ⇒ a + 4b + 9c − 2ab − 3ac − 6bc > ⇒ a + 2b + 3c > x2 Đặt x = a + 2b + 3c, x > Từ (1) suy ra: P = + ,x > 3x Ta có: ∠ A ' AO = ( A ' A,( ABC )) = 300 ⇒ sin 300 = x2 x2 1 x2 1 P= + = + + ≥3 = Dấu “=” xảy x=1 3x 3x 3x 3x 3x 1 Vậy minP=1 a=1, b=c=0 a=c=0, b = a=b=0, c = 2 Câu 6a: (1 điểm (T ) ⇔ ( x − 1) + ( y + 2) = 13 ⇒ I (1; −2); R = 13 uuu r Ta có: IM (6;9) ⇒ IM = 117 > 13 Suy điểm M nằm (T) Vậy từ M kẻ đến (T) tiếp tuyến Gọi K = MI ∩ AmB Ta có MA = MB, IA = IB ⇒ MI đường trung trực AB ⇒ KA=KB ⇒ ∠KAB = ∠KBA = ∠KAM = ∠KBM ⇒ K tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB  x = + 2t PTTS MI:  , MI ∩ (T ) K1(3;1) K2(-8;-12)  y = −2 + 3t Ta có AK1 < AK Vậy K ≡ K1 , tức K(3;1) Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= (P) chứa Ox ⇒ (P): by + cz = Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi 6π Suy bán kính (P) qua tâm I Suy ra: –2b – c = ⇔ c = –2b (b ≠ 0) ⇒ (P): y – 2z = n 2 n n Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + + Cn x n +1 − 32 33 3n +1 n Lấy tích phân vế cận từ đến 3, ta được: ⇔ = 3Cn + Cn + Cn + + Cn n +1 n +1 32 3n 4n +1 − 341 4n +1 − n Cn + Cn + Cn + + Cn = ⇔ = ⇔ n +1 = 1024 ⇔ n = n +1 3( n + 1) n + 3( n + 1) P = ( + 3x )6 ⇒ Tk +1 = C6k 3k x 3k −6 Để có số hạng chứa x 3k − = ⇔ k = x 3 3 Vậy số hạng chứa x khai triển là: C6 x = 540 x Câu VIb(2 điểm) (1 điểm) Hai elíp có tiêu điểm F1 ( −2;0), F2 (2;0) Điểm M ∈ ( E2 ) ⇒ MF1 + MF2 = 2a Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ MF1 + MF2 nhỏ nhất.Ta có: F1 , F2 phía với ∆ Gọi N ( x; y ) điểm đối xứng với F2 qua ∆ , suy N ( −4; −6) Ta có: MF1 + MF2 = MF1 + MN ≥ NF1 (không đổi) Dấu xảy M = NF1 ∩ ∆  x=−  3 x − y + =  ⇒ M  − ; −  ⇔ Toạ độ điểm M :   ÷  2 x + y + = y = −   2 (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D ≠ -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường trịn có chu vi 6π nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới (Q) h = R − r = 52 − 32 = Do 2.1 + 2(−2) − + D 22 + 2 + (−1)2  D = −7(loaïi) = ⇔ −5 + D = 12 ⇔  Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 =  D = 17 Câu VIIb (1điểm) Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu: A85 Số số tự nhiên gồm chữ số khác có số đứng đầu là: A74 số Số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số ⇒ n ( A) = 1560 Ta có: n ( Ω ) = 5880 , n ( A) = 1560 ⇒ P(A) = BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 1560 13 = 5880 49 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 MƠN TỐN KHỐI A VÀ A1 ĐỀ 02 Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề I Phần chung cho tấ thí sinh ( 7,0 điểm ) Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m + 1) x + m (1) ( với m tham số ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0 tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị tạo thành đỉnh tam giác vuông Câu 2: ( 2,0 Điểm )  x + xy + y = y + x  a Giải hệ phương trình:  y x − y +1 + x =  b Giải phương trình: sin ( x − Câu 3: (1,0 điểm) π ) = sin x − tan x Tính tích phân I =∫ − x2 dx x Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 tam giác A'BC có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ Câu (1,0 điểm) Cho x, y hai số dương thỏa điều kiện Tìm GTNN biểu thức: S = x+ y= + x 4y Theo chương trình chuẩn: Câu 6a (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng (D) qua điểm M(3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2)  x = −1 − 2t x y z  Cho hai đường thẳng d1: = = , d2:  y = t 1 z = + t  mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M ∈ d , N ∈ d cho MN song song (P) MN = Câu 7.a (1,0 điểm) Từ chữ số 0;1;2;3;4;5 lập số tự nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng (D) qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy A B cho giá trị tồng OA + OB nhỏ Cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mp(P): 2x + 2y – z + = Lập p.tr m.cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) Câu 7.b (1,0 điểm) Từ số 0;1;2;3;4;5 Hỏi thành lập số có chữ số khơng chia hết cho mà chữ số số khác Hết -Đáp án: π π ) = sin x − tan x (cosx ≠ 0) ⇔ [1 − cos(2 x − )] cos x = sin x cos x − sin x ⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = ⇔ sìn2x = tanx = Câu (1,0 điểm) V=8 Câu 3: Pt sin ( x − ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 60 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút x +1 có đồ thị (C) 3− x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm số thực m để đường thẳng d : y = x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm (C) π 4sin x + 4cos ( x − ) − Câu (1,0 điểm) Giải phương trình =2 cos2x Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y =  6x + = y − + y  ( x, y ∈ ¡ ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y2 + = x −1 + x2  Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm số y = x ln( x + 1), y = x đường thẳng x = 0, x = Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cạnh a tam giác cân SAB đỉnh S không nằm mặt phẳng Gọi H, K trung điểm AB, AC, biết góc mặt phẳng (SAB) (ABC) a 21 600, SA = , SC Đồ thị hàm lim y = lim = lim x →±∞ − x x →±∞ x →±∞ −1 x số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang x x +1 3− x -∞ +∞ y' +∞ -1 y -1 -∞ x +1 x +1 = −∞;lim y = lim = +∞ =>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm tiệm cận đứng − x →3 − x x →3 - x x →3+ x →3− y'= > 0∀x ∈ D , y’ không xác định * Lập bảng biến thiên (3 − x) y x+1 x=3 f (x ) = 3-x Bảng biến thiên g(x ) = -1 q(f ) )==3-1 Hàm số đồng biến khoảng xác định củay(xnó Hàm số khơng có cực x=3 f (x )f =y-1= ( ) trị r(x ) = -1 O s (x ) = -1 Đồ thị -1 -Giao đồ thị hàm số Ox: y=0=>x=-1 y =-1 -1 - Giao đồ thị hàm số Oy: x=0=>y= đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm d:y=x+m (C) nghiệm phương trình x +1 = x + m (1) ⇔ x − x(2 − m) + − 3m = 0(2) ((2) khơng có nghiệm x=3) 3− x d cắt (C) điểm phân biệt cần đủ (1) có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ m + 8m > ⇔ m ∈ (−∞; −8) ∪ (0; +∞) (*) Với (*) d cắt (C) điểm phân biệt A( x1 ; x1 + m), B ( x2 ; x2 + m) x1,x2 nghiệm (2) Ta thấy I không nằm d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB + x1 + x2 − m  5−m = +1 x = 1+ m  3 G: = G nằm (C) ta có 5−m  y = −1 + x1 + m + x2 + m = + m 3−  3  lim y = lim + -10 -5 -2 -4 -6 ⇔ m + 8m − 20 = ⇔ m = −10; m = π π π 4sin x + 4cos ( x − ) − Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình (1) ĐK: cos2x ≠ ⇔ x ≠ + k (k ∈ ¢ ) =2 cos2x π   (1) ⇔ (1 − cos2x) + 1 + cos(2x- ) ÷ − = 2cos2x ⇔ (1 − cos2x) + (1 + sin 2x) − = 2cos2x   ⇔ − 2cos2x+2sin 2x = 2cos2x ⇔ 2cos2x-sin2x = ⇔ 2(cos x − sin x) − (cosx+ s inx) = π  x = − + kπ cosx+sinx = ⇔ (cosx+sinx)(cosx − 3sinx) = ⇔  ⇔ (k ∈ ¢ )  cosx − 3s inx =  x = arctan + kπ Kết hợp với điều kiện phương trình cho có nghiệm x = arctan + kπ (k ∈ ¢ )  6x + = y − + y (1)  ( x, y ∈ ¡ ) Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  y + = x − + x (2)  x ≥1  Điều kiện:  trừ vế với vế (1) cho (2) ta y ≥1 6x + − y + = Nếu(x;y) ≠ (1;1) (*) ⇔ y − − x − + y − x (*) 6x − y 6x + + y +  6x+6y ⇔ ( x − y)  +  6x + + y +  Với y=x thay vào (1) ta có = Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn y−x + y − x2 y −1 + x −1  + x + y ÷= ⇔ x − y = ⇔ y = x ÷ y −1 + x −1  x 6x + = x − + x ⇔ 6x + − = x − − + x − ⇔ 2 2 6x − 24 6x + + = x−2 + x2 − x −1 +1   ⇔ ( x − 2)  ( x + 2)(1 − )+ ÷ = ⇔ x − = ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm x=y=2 x −1 +1  6x + +  Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn đường y = x ln( x + 1); y = x; x = 0; x =  x = ∉ (0;1) S = ∫ | x ln( x + 1) − x | dx Xét phương trình xln ( x + 1) − x = ⇔   x = e −1 > 1 x2 S = ∫ ( x ln( x + 1) − x )dx = ∫ x ln( x + 1)dx − 0 dx  1 dU = x + U = ln( x + 1)  x2 −1 x −1 ( x − 1) 1 ⇒ ⇒S= ln( x + 1) − ∫ dx − = − − = Đặt  2 2 4  dV = xdx V = x −   Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân S tam giác ABC có H trung điểm AB nên SH ⊥ AB,CH ⊥ AB=>AB ⊥ (SHC) mà AB=(SAB) ∩ (ABC) nên góc (SAB) (ABC) góc SH CH · · CH>SC nên SHC nhọn => SHC = 600 AH S ∆SCH BH S ∆SCH AB.S ∆SCH + = Thể tích S.ABC VS ABC = VS ACH + VS BCH = 3 a 21a a a Tam giác ABC cạnh a có đường cao CH = , SH = SA2 − AH = − = 36 1a 3a a a3 · Diện tích tam giác SHC S ∆SHC = SH CH sin SHC = sin 600 = ⇒ VS ABC = 2 24 H, K trung điểm AB, AC nên HK đường trung bình tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC) 3VS HBC 3VS ABC = nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC)) = Theo định lí cơsin tam giác SHC có S ∆SBC 2S∆SBC a 21 = SB nên tam giác SBC cân S Gọi I trung điểm a a2 3a BC=> SI = SC − CI = ⇒ S ∆SBC = SI BC = ⇒ d ( HK , ( SBC )) = Câu 6(1,0 điểm) Gọi (C) có tâm I bán kính R OI cắt BC H H trung điểm BC OH vng góc BC =>H(0; )=>OH= Do tam giác OBC nên SC = SH + CH − 2.SH CH cos600 = S H A 600 BC = ⇔ BC = 2 B I a I K B C H C OH= vng IB có HB = HI HO = ⇒ IH = O Trong tam giác uur uuur u 4 2 2 HI = OH = (0; ) ⇒ I (0; ) Trong tam giác vng IBH có R = IB = IH + HB = Vậy 3 3 4 phương trình đường trịn (C): x + ( y − ) = 3 Câu 7(1,0 điểm) D cắt d1, d2 A B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d qua I nên A, B, t − = k (b + 1) t − kb − k = b = uu r uu r    I thẳng hàng ⇔ IA = k IB ⇔ 1 − t = k (b − 1) ⇔ −t − kb + k = −1 ⇔ k = ⇒ A(3;1; 2), B (3;1; −2) t + = k (b + 3) t − kb − 3k = −1 t =    Gọi C trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2 Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình (x-3)2+(y-1)2+z2=4 Câu 8(1,0 điểm) 2 3(1 + i 2) 3(1 + i 2)( −1 − i 2) z + (2 − i 8) z + = z ⇔ z + (2 − i 8) z + = z ⇔ z + (2 − i 8) z + = −(1 + i 2) z 1+ i −1 2 ⇔ z + (2 − i 8) z + = (1 − 2i 2) z ⇔ z + z + = 0(1) Gọi z=a+bi (a,b ∈ ¡ ) thoả mãn (1) ta có a − b + a + = a − bi ) + a + bi + = ⇔ a − b + a + + i (b − 2ab) = ⇔  ( b − 2ab = ⇔b=± 11 1 11 11 ; a = Vậy có số phức thoả mãn đề z = + i, z = − i 2 2 2 a b c + 2+ 2+ Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình b c a 2(a + b + c) a b c a b c 1 nhân ta có + ≥ ; + ≥ ; + ≥ ⇒ + + ≥ + + = ab + bc + ca a b b b c c c a a b c a a b c 2 có a + b + c = abc( a + b + c) = ab.ac + bc.ba + ca.bc ≤ (ab) + (bc ) + (ac ) Câu 9(1,0 điểm) P = ⇔ ( ( ab ) ( ac ) + ( ab ) ( bc ) + ( ca ) ( cb ) ) ≤ (ab + bc + ca ) (ab + bc + ca) ⇒ a+b+c ≤ 3 a b c 27 + 2+ 2+ ≥ ab + bc + ca + = b c a 2(a + b + c) 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca ab + bc + ca 27 9 + + ≥ Khi a=b=c=1 P= nên giá trị nhỏ P 2 2(ab + bc + ca) 2 P= ... P(A) = BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 1560 13 = 5880 49 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 MƠN TỐN KHỐI A VÀ A1 ĐỀ 02 Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề I Phần chung cho tấ thí sinh ( 7,0 điểm )... Xét tập hợp số tự nhiên có chữ số khác lập từ chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp Tính xác suất để phần tử số chia hết cho -Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ... - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + Khảo sát biến thi? ?n