đề thi thử đại học môn toán 2014 – đề 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2014 – ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3= + + −y x m x (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 3 2 lần độ dài cạnh bên. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Giải hệ phương trình 4 2 4 2 2 x y x y x y x y  + + + =   + + + = −   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt phẳng ( ')ABC tạo với đáy một góc 0 60 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ')ABC bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( ' ')BCC B bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . II. 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng 032: =−+ yxd và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d 1 : 1 1 1 2 1 1 + − − = = − x y z và đường thẳng d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z− − + = = và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2log (x 2) 4x 7 log (x 2) 2(x 2) 0− + − − + − = . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng 032: =−+ yxd và 053: =−+∆ yx . Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 5 102 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 1 3 1 1 4 x y z− − = = và điểm M(0 ;-2 ;0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:    +−=−− ++=++ 422)23(log log)7(log1)(log 2 22 2 yxyx yyxyx Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 75 Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi 1 −= m hàm số trở thành 32 24 −−= xxy • Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1;00';44' 3 ±==⇔=−= xxyxxy Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;( −−∞ và )1;0( ; đồng biến trên mỗi khoảng )0;1(− và );1( +∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y cđ =-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1 ±= x ; y ct =-4 - Giới hạn: y = ∞+ ; y = +∞ - Bảng biến thiên: • Đồ thị: 2 -2 -4 Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Câu 1: 2.(1.0 điểm) 2 13 ,00';)13(24' 23 + −==⇔=++= m xxyxmxy , Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*) 3 1 −<⇔ m .Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị: )3;0( −A ;         − +−−− 3 4 )13( ; 2 13 2 mm B ;         − +−−− − 3 4 )13( ; 2 13 2 mm C Ta có: AB = AC = 4 3m 1 (3m 1) 2 16 − − + + ; BC = 3m 1 2 2 − − . Suy ra: ABC ∆ cân tại A         + + −− =       −− ⇔= 16 )13( 2 13 4 2 13 4.9 3 2 BC 4 mmm AB 5 1 m ,m 3 3 ⇔ = − = − So với điều kiện (*), ta được 3 5 −=m . Câu 2: 1.(1.0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 2 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx cosx=0;2cos3x= 3 osx+sinxc c x c⇔ + ⇔ + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   Câu 2: 2.(1.0 điểm) Điều kiện: 4 0 2 0 x y x y + ≥   + ≥  2 -3 y’ x y -∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 0 0 0 0 -1 1 -4 + - - -4 + y O x t: a 2x y ,(a 0,b 0). b 4x y = + = + Suy ra: 2 2 3 b x y a 2 2 + = Ta cú h 2 2 2 3 1 2 5 6 0 2 2 4 4 a a b a a b a a b + = + = = + = 1 1 3 6 6 4 10 a a b a a b a b = = = = = = = So vi iu kin a 0,b 0 , ta c: 2 1 1 2 1 4 3 4 9 7 4 3 x y a x y x b x y y x y + = = + = = = + = = + = Vy h phng trỡnh cú nghim (x; y) = (4; -7). Cõu 3:(1.0 im) Ta cú: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x + = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x + t t = lnx + 1 dt = 1 dx x ; i cn: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t = ữ = ( ) 2 1 t ln | t | = 1 ln2 Cõu 4:(1.0 im) Gi H l hỡnh chiu ca A trờn BC )B'BCC'(AH aAH = .Gi K l hỡnh chiu ca C trờn 'AC )BC'(CK A aCK = ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' = 0 60' = ACC 3 2 60sin 0 aCK AC == ; aACCC 260tan.' 0 == aAB ACABAH 2 111 222 =+= 3 4 '. 3 '''. a CCSV ABCCBAABC == . Cõu 5: (1.0 im)Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0>t Khi đó 2 3 5 2 t A t = + 2 5 3 , 3 3. 2 2 t t t = + Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3;3 . Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1=== zyx Cõu 6a: 1.(1.0 im) 10=AB , im C thuc ng thng d nờn to ca C cú dng );32( aaC + Phng trỡnh ng thng 053: =+ yxAB 2= ABC S 2),(. 2 1 = ABCdAB 2 10 2 .10 2 1 = a 6 2 a a = = Vi 6=a ta cú )6;9(C ; vi 2=a ta cú )2;7( C Cõu 6a: 2.(1.0 im) Gi A, B ln lt l giao im ca d 1 , d 2 vi mt phng (P). Tỡm c: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) ng thng nm trong (P) v ct d 1 , d 2 nờn i qua A v B Mt vect ch phng ca ng thng l (1;3; 1)= uuur AB Phng trỡnh chớnh tc ca ng thng l: 1 2 1 3 1 x y z = = 3 Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện: 2>x , phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 042)2(log.1)2(log2 22 =−+−+− xxx    =−+− =+− ⇔ 042)2(log 01)2(log2 2 2 xx x + 01)2(log2 2 =+−x ⇔ 1 x 2 2 = + . So với điều kiện ta được 1 x 2 2 = + + 042)2(log 2 =−+− xx , vì hàn số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên 2 5 =x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 2 1 2 +=x và 2 5 =x Câu 6b: 1.(1.0 điểm): Gọi I là tâm của đường tròn cần viết phương trình Vì I thuộc d nên tọa độ điểm I có dạng );32( aaI +− . Đường tròn tiếp xúc với ∆ nên RId =∆),( 5 102 10 2 = − ⇔ a 2;6 −==⇔ aa Với 6=a ta có )6;9(−I suy ra phương trình đường tròn: 5 8 )6()9( 22 =−++ yx với 2−=a ta có )2;7( −I ,suy ra phương trình đường tròn: 5 8 )2()7( 22 =++− yx Vậy có hai đường tròn thoả mãn là: 5 8 )6()9( 22 =−++ yx và 5 8 )2()7( 22 =++− yx . Câu 6b:2.(1.0 điểm) Giả sử ( ; ; )n a b c r là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt ( ; ; )n a b c r : ax + by + cz + 2b = 0. Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4)u = r Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4 nên ta có : 2 2 2 4 0 (1) . | 5 | 4 (2) ( ;( )) 4 + + =    ⇔ +   = =   + +  r r a b c n u a b d A P a b c Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2 ( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c+ = + + ⇔ − = ⇔ 4 , 2a c a c= = − Với a = 4c chọn a = 4, c = 1 ⇒ b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1 ⇒ b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. Câu 7b:(1.0 điểm) 2 2 2 2 log (x y) 1 log (7x y) log y (1) log (3x y 2) 2x 2y 4 (2) + + = + +   − − = − +  Điều kiện      > >+ >+ 0 07 0 y yx yx Với đk trên phương trình (1) trở thành: yyxyx )7(log)(2log 2 2 2 +=+ ⇔ 2 2 2 3 0 2 ,x xy y y x y x− + = ⇔ = = Với xy = thế vào phương trình (2) ta được 94)22(log 2 =⇔=− xx . Suy ra 9== yx ,( thoả mãn điều kiện). Với xy 2= thế vào phương trình (1) ta được ⇔−=− xx 24)2(log 2 042)2(log 2 =−+− xx Vì hàm số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên 2 5 =x là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0. Suy ra      = = 5 2 5 y x ,( thoả mãn điều kiện).Vậy hệ đã cho có hai nghiệm    = = 9 9 y x và      = = 5 2 5 y x 4 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 20 14 – ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2, 0 điểm). Cho hàm số 4 2 (3 1) 3= + + −y x m x (với m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thi n. 01 )2( log2 2 =+−x ⇔ 1 x 2 2 = + . So với điều kiện ta được 1 x 2 2 = + + 0 42) 2(log 2 =−+− xx , vì hàn số 2 f (x) log (x 2) 2x 4= − + − là hàm số đồng biến trên ( ) +∞ ;2 và 5 f ( ) 0 2 = nên. l: 1 2 1 3 1 x y z = = 3 Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện: 2& gt;x , phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 0 42) 2(log.1 )2( log2 22 =−+−+− xxx    =−+− =+− ⇔ 0 42) 2(log 01 )2( log2 2 2 xx x +