Tuyển tập 25 đề thi thử ĐẠI HỌC 2014 môn Toán HAY NHẤT có ĐÁP ÁN rất chi tiết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014 Mơn: Tốn Khối A, B Đề thi thử lần Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= x −1 x +1 (1) 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2) Giải phương trình lượng giác: + x − x2 =2 sin x + cos x tan( π − x).tan( π + x) = cos 4 x Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau: L = lim ln(2e − e.cos2 x) − + x x →0 x2 Câu IV (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh l, bán kính đường tròn đáy r Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất đường sinh đường trịn đáy nón gọi mặt cầu nội tiếp hình nón) Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; Giả sử độ dài đường sinh nón khơng đổi Với điều kiện bán kính đáy diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD hồnh độ điểm A âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 x + 2010 2009 y − x =  y + 2010  3log3 ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +1 - HẾT Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu gì! - Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ……….………………………………….…… Số báo danh: CÂU I.1 ĐÁP ÁN NỘI DUNG Hàm số: ĐIỂM x −1 y= =2− x +1 x +1 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y = 2; lim y = 2; lim y = −∞; lim y = +∞ x →+∞ x → ( −1) + x →−∞ x → ( −1)− - TC đứng: x = -1; TCN: y = +) y ' = x + > 0, ∀x ∈ D ( ) +) BBT: x -∞ +∞ y' y -1 + +∞ || + || điểm −∞ +) ĐT: -10 -5 10 -2 -4 -6 y − yI −3 ) ⇒ k IM = M = x0 + xM − xI ( x0 + 1) I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi II.1 +) Hệ số góc tiếp tuyến M: kM = y '( x0 ) = x + ( ) +) ycbt ⇔ kM kIM = −9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) +) ĐK: x ∈ (− 2; 2) \ {0} M ∈ (C ) ⇒ M ( x0 ; − điểm  x + y = xy +) Đặt y = − x , y > Ta có hệ:  2 x + y = +) Giải hệ đx ta x = y =  −1 +  −1 − x = x =   2 ;   y = −1 −  y = −1 +     +) Kết hợp điều kiện ta được: x = x = II.2 điểm −1 − +) ĐK: x≠ π π + k ,k ∈ Z π π π π +) tan( − x) tan( + x) = tan( − x) cot( − x) = 4 4 1 sin x + cos x = − sin x = + cos x 2 pt ⇔ cos x − cos x − = +) Giải pt cos24x = ⇔ cos8x =1 điểm ⇔ x=k π cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình III L = lim ln(2e − e.cos2 x) − + x x2 x →0 = lim =2− x2 S       2 x) −1  = lim  ln(1 + 2sin  l +  x →0  (1 + x ) + + x +  x2    2sin x   2sin x     điểm I = 3 IV.1 +) Gọi rC bán kính mặt cầu nội tiếp nón, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác SAB S SAB = prC = (l + r ).rC = SM AB Ta có: l − r 2r l −r ⇒ rC = =r 2(l + r ) l+r +) Scầu = 4π r 2C = 4π r π ,k ∈ Z ln(1 + − cos2 x ) +1 − + x x →0   ln(1 + 2sin 2 x) − + x = lim  + x →0  x x2  2sin x  2sin x  x=k A M r B điểm l −r l+r IV.2 +) Đặt : y(r ) = lr − r ,0 < r < l l+r  − −1 l r = −2r (r + rl − l ) +) y '(r ) = =0⇔  (l + r )  −1 l r =  +) BBT: r −1 l y'(r) y(r) +) Ta có max Scầu đạt V +) Ta có l điểm ymax ⇔ y(r) đạt max ⇔ r= −1 l điểm P = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx )  x2 + y + z − ( x + y + z)2  P = (x + y + z)  x2 + y2 + z +       ( x + y + z)2  − ( x + y + z) P = ( x + y + z ) 2 +  = ( x + y + z ) 3 +  2     +) Đặt x +y + z = t, t ≤ 6( Bunhia cov xki ) , ta được: P(t ) = 3t − t +) P '(t ) = ⇔ t = ± , P( ± ) = 0; P (− 2) = −2 ; P( 2) = 2 +) KL: MaxP = 2; MinP = −2 VI +) d ( I , AB ) = ⇒ AD = ⇒ AB = ⇒ BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B nghiệm  x =  25  ( x − ) + y = y = ⇔ ⇒ A(−2;0), B(2; 2) hệ:    x = −2 x − y + =    y =  ⇒ C (3;0), D(−1; −2) VII  2 x + 2010 (1) 2009 y −x = + 2010  y  3log ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +1(2) +) ĐK: x + 2y = > x + y + > +) Lấy loga số 2009 đưa pt: x + log 2009 ( x + 2010) = y + log 2009 ( y + 2010) +) Xét CM HS f (t ) = t + log 2009 (t + 2010), t ≥ đồng biến, từ suy x2 = y2 ⇔ x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng  ÷ +  ÷ = , cm pt có nghiệm t = 9 9 ⇒ x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) = ⇒ y = - ⇒ x = Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ cho điểm tối đa - Người chấm chia nhỏ thang điểm theo gợi ý bước giải BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014 Môn: Toán Khối B Đề thi thử lần Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2x − (C) x +1 Khảo sát hàm số Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B cho AB = Câu II: (2 điểm) cos x cos x + sin x = cos x , (x ∈ R) Giải phương trình:  x+ y + x− y =2 y  Giải hệ phương trình:   x + 5y =  (x, y∈ R) Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = e x + ,trục hoành, x = ln3 x = ln8 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a , BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V: (1 điểm) Cho x,y ∈ R x, y > Tìm giá trị nhỏ (x P= a , + y3 ) − ( x2 + y ) ( x − 1)( y − 1) PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng ∆: mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường trịn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1: d2: x +1 y −1 z −1 = = ; −1 x −1 y − z +1 = = mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc 1 đường thẳng ∆, biết ∆ nằm mặt phẳng (P) ∆ cắt hai đường thẳng d1 , d2 Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 2log x + x 2log2 x − 20 ≤ B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x y - = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : x −1 y − z = = 1 điểm M(0 ; - ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách đường thẳng ∆ mặt phẳng (P) Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : z + 25 = − 6i z … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2014 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\{- 1} Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: y ' = ( x + 1)2 > 0, ∀x ∈ D 0,25 Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞; - 1) (- ; + ∞) - Cực trị: Hàm số cực trị - Giới hạn vơ cực, giới hạn vô cực tiệm cận: 2x − 2x − = ; lim = Đường thẳng y = tiệm cận ngang x →+∞ x + x +1 2x − 2x − lim− = +∞ ; lim+ = −∞ Đường thẳng x = - tiệm cận đứng x →−1 x →−1 x +1 x +1 lim 0,25 x →−∞ -Bảng biến thiên: x -∞ y’ I-1 (1 điểm) -1 +∞ + + +∞ 0,25 y -∞ Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2) y -1 y= O x 0,25 -2 x= -1 Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 + mx + m + = , (x≠ - 1) (1) d cắt (C) điểm phân biệt ⇔ PT(1) có nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m2 8m - 16 > (2) Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m Ta có x1, x2 nghiệm PT(1) m   x1 + x2 = −    x1 x2 = m +   2 2 AB = ⇔ ( x1 − x2 ) + 4( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1 x2 = ⇔ m2 - 8m - 20 = I-2 (1 điểm) Theo ĐL Viét ta có ⇔ m = 10 , m = - ( Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 0,25 0,25 0,25 0,25 PT ⇔ cos2x + cos8x + sinx = cos8x ⇔ 1- 2sin2x + sinx = 0,25 0,25 II-1 ⇔ sinx = v sin x = − (1 điểm) ⇔ x= 0,25 π π 7π + k 2π ; x = − + k 2π ; x = + k 2π , ( k ∈ Z ) 6 ĐK: x + y ≥ , x - y ≥ 0, y ≥ 0,25 0,25 2 y − x ≥ (3) 5 y = xy (4) PT(1) ⇔ x + x − y = y ⇔ x − y = y − x ⇔  0,25 II-2 Từ PT(4) ⇔ y = v 5y = 4x (1 điểm) Với y = vào PT(2) ta có x = (Khơng thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x + x = ⇔ x = 0,25 0,25  4 KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷  5 ln Diện tích S = ∫ e x + 1dx ; Đặt t = e x + ⇔ t = e x + ⇒ e x = t − 0,25 ln III (1 điểm) Khi x = ln3 t = ; Khi x = ln8 t = 3; Ta có 2tdt = exdx ⇔ dx = 2t dt t −1 0,25 2t 2   Do S = ∫ dt = ∫  + ÷dt = t −1 t −1 2  t −1  0,25 3 = + ln  ÷ (đvdt) =  2t + ln t +1 ÷2 2   0,25 IV Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm (1 điểm) O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a , · ABD = 600 Hay tam giác ABD Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO ⊥ (ABCD) Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB 0,25 a ta có DH ⊥ AB DH = a ; OK // DH OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ 2 AB ⊥ (SOK) Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông O, OI đường cao ⇒ 0,25 1 a = + ⇒ SO = 2 OI OK SO S Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 3a ; 0,25 a đường cao hình chóp SO = 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS ABC D = S ABC D SO = 3a 3 I D O C A 3a a B K H t2 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y) ta có xy ≤ 2 t − t − xy (3t − 2) t P= Do 3t - > − xy ≥ − nên ta có xy − t + t (3t − 2) t3 − t2 − t2 P≥ = t2 t−2 − t +1 t2 t − 4t V ; f '(t ) = ; f’(t) = ⇔ t = v t = Xét hàm số f (t ) = t−2 (t − 2) (1 điểm) 0,25 t f’(t) - 0,25 +∞ + +∞ 0,25 +∞ f(t) x + y = x = ⇔ Do P = (2;+∞ ) f (t ) = f(4) = đạt   xy = Đường trịn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung AB Ta có IH đường cao tam giác IAB IH = d ( I , ∆ ) = | m + 4m | = m + 16 0,25 | 5m | A m + 16 VI.a -1 (5m) AH = IA2 − IH = 25 − = (1 điểm) m + 16 Diện tích tam giác IAB S∆IAB 0,25 y = 20 I H B ∆ 0,25 0,25 m + 16 = 12 ⇔ 2S ∆IAH = 12  m = ±3 ⇔ d ( I , ∆ ) AH = 12 ⇔ 25 | m |= 3(m + 16) ⇔  m = ± 16   0,25 Gọi A = d1∩(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2 ∩ (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng ∆ thỏa mãn toán qua A B r VI.a -2 Một vectơ phương đường thẳng ∆ u = (1; 3; −1) (1 điểm) x −1 y z − = = Phương trình tắc đường thẳng ∆ là: 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x> ; BPT ⇔ 24log2 x + x 2log2 x − 20 ≤ Đặt t = log x Khi x = 2t 2t 2t 2t VII.a BPT trở thành 42 + − 20 ≤ Đặt y = ; y ≥ (1 điểm) BPT trở thành y + y - 20 ≤ ⇔ - ≤ y ≤ Đối chiếu điều kiện ta có : 22 t ≤ ⇔ 2t ≤ ⇔ t ≤ ⇔ - ≤ t ≤ 0,25 2 2 −1 0,25 0,25 0,25 Do - ≤ log2 x ≤ ⇔ ≤ x ≤ 2 0,25 x - y - = Tọa độ điểm A nghiệm HPT:  ⇔ A(3; 1) x + y - = 0,25 Gọi B(b; b- 2) ∈ AB, C(5- 2c; c) ∈ AC 0,25 VI.b- 3 + b + − 2c = b = Do G trọng tâm tam giác ABC nên  ⇔ Hay B(5; (1 điểm) 1 + b − + c = c = 3), C(1; 2) r uu ur Một vectơ phương cạnh BC u = BC = ( −4; −1) Phươngrtrình cạnh BC là: x - 4y + = Giả sử n(a; b; c ) vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = r Đường thẳng ∆ qua điểm A(1; 3; 0) có vectơ phương u = (1;1; 4) rr  n.u = a + b + 4c = (1)  ∆ / /( P)  ⇔  | a + 5b | Từ giả thiết ta có  =4 (2)  d ( A; ( P )) =  2  a +b +c VI.b-2 Thế b = - a - 4c vào (2) ta có (a + 5c) = (2a + 17c + 8ac) ⇔ a - 2ac − 8c = a a (1 điểm) = −2 ⇔ =4 v c c a Với = chọn a = 4, c = ⇒ b = - Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z c 16 = a Với = −2 chọn a = 2, c = - ⇒ b = Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z c + = Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R a,b khơng đồng thời Khi z = a − bi ; 1 a − bi = = z a + bi a + b2 25 25( a − bi ) = − 6i ⇔ a − bi + = − 6i z a + b2 VII.b  a ( a + b + 25) = 8( a + b ) (1) (1 điểm) ⇔  2  Lấy (1) chia (2) theo vế ta có b = a vào 2 b( a + b + 25) = 6( a + b ) (2)  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Khi phương trình z + 0,25 (1) Ta có a = v a = Với a = ⇒ b = ( Loại) Với a = ⇒ b = Ta có số phức z = + 3i 0,25 log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  2) Giải hệ phương trình:    Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: I = π /4 ∫ x2 + y2 + − x2 − y2 = sin x dx + x2 + x Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy −π /4 góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = Chứng minh 25x 25y 25z 5x + 5y + 5z + y z+ x + z x + y ≥ 25x + 5y + z + 5 +5 PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x − y + = , phân giác BN : x + y + = Tìm toạ độ đỉnh B,C tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d x −2 y z +1 = = −6 −8 hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C: z − z + z2 + z +1 = PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x − y −1 z = = , D1 : −1  x = − 2t  D2 :  y = z = t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung D1 D2 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S = C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 + C2009 …….Hết ĐÁP ÁN Cõu I điểm a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x +  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R 0,25 x = x =  Sự biến thiờn: y' = 3x − x Ta có y' = ⇔   yCD = y ( ) = 2; yCT = y ( ) = −2 0,25  Bảng biến thiên: x 0,25 −∞ + y' 0 − +∞ + +∞ y −∞  −2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 b) m Biện luận số nghiệm phương trình x − x − = x − theo tham số m  m 0,25 2 Ta có x − x − = x − ⇔ ( x − x − ) x − = m,x ≠ Do số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − ,( C' ) đường thẳng y = m,x ≠   f ( x ) x >  Vỡ y = ( x − x − ) x − =   − f ( x ) x <  nờn ( C' ) bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox 0,25 y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 0,25 -5  hình  Dựa vào đồ thị ta có: + m < −2 : Phương trình vụ nghiệm; + m = −2 : Phương trình có nghiệm kộp; + −2 < m < : Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m ≥ : Phương trình có nghiệm phõn biệt 2) Đồ thị hàm số y = ( x − x − 2) x − , với x ≠ có dạng hình vẽ : 1- -2 m 1+ 0,25 II 1) 5π   5π  5π   − x ÷sin x = ⇔ sin  x − ÷+ sin  = 12  12   12     1) 2cos  5π  5π π 5π  π 5π   ⇔ sin  x − = = sin ⇔ sin  x − = ÷+ sin ÷ = sin − sin 12  12 12  12   π  π   π  = cos sin  − ÷ = sin  − ÷  12   12  π 5π π   x = + kπ 2x − = − + k 2π   5π    π  12 12 ⇔ sin  x ( k Â) ữ = sin ÷ ⇔  12    12   x = 3π + kπ  x − 5π = 13π + k 2π    12 12  log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  Giải hệ phương trình:  x2 + y + − x2 − y2 =   2.) 0.25 0.25 0.5 Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x + y = 3log8 (2 + x − y )  x+ y = 2+ x− y   ⇔  2 2 x2 + y + − x2 − y2 =   x + y +1 − x − y =    u − v = (u > v)  u + v = uv + u = x + y   ⇔  u + v2 + Đặt:  ta có hệ:  u + v + v = x − y − uv =  − uv =  2   0,25đ 0,25đ  u + v = uv + (1)  ⇔  (u + v) − 2uv + Thế (1) vào (2) ta có: − uv = (2)   uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (vỡ u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(T/m) u + v = Kết hợp (1) ta có:  0,25đ 0,25đ KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) π /4 sin x dx Câu III Tính tích phân : I = ∫ −π /4 + x + x I= π /4 ∫ −π /4 sin x + x2 + x dx = π /4 ∫ −π /4 + x sin xdx + π /4 ∫ 0.5đ x sin xdx = I1 + I −π /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t I1 = , tích phân phần I kết Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t I1 = , tích phân phần I kết 0.5đ Câu IV : S N M D A 0,25đ B C Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao  BC ⊥ SA Ta có :  a a 3− MN SM MN Ta có SA = AB tan60 = a , =2 = ⇔ = AD SA 2a a 2a 4a Suy MN = BM = Diện tích hình thang BCMN 3 0,25đ : 4a    a + ÷ 2a 10a BC + MN BM =  = S = ÷ 2 3  ÷   Hạ AH ⊥ BM Ta có SH ⊥ BM BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH đường cao khối chóp SBCNM AB AM = Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = SB MS · Vậy BM phân giác góc SBA ⇒ SBH = 30 ⇒ SH = SB.sin300 = a Gọi V thể tích chóp SBCNM ta có V = 0,25đ 0,25đ 10 3a3 SH (dtBCNM ) = 27 Câu V Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = Chứng minh : 25x 25y 25z 5x + 5y + 5z + + ≥ 25x + 5y + z 5y + 5z + x 5z + 5x + y x y z Đặt = a , =b , = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ ( *) a + bc b + ca c + ab a3 b3 c3 a+b+c ⇔ + + ≥ ( *) a + abc b + abc c + abc 0,25đ Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a b c a+b+c + + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 3 ⇔ 0,25đ Ta có a3 a+b a+c + + ≥ a (a + b)( a + c) 8 ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) b3 b+c b+a + + ≥ b ( 2) Tương tự (b + c)(b + a) 8 c c+a c+b + + ≥ c (c + a)(c + b) 8 0,25đ ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung A ần CâuV 1(1 + Do AB ⊥ CH nờn AB: x + y + = H N Ia ,0) 2 x + y + = Giải hệ:  ta có (x; y)=(-4; 3) (1,0)  x + y +1 = Do đó: AB ∩ BN = B (−4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' ∈ BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A B Vuụng gúc với BN (d): x − y − = Gọi I = (d ) ∩ BN Giải hệ: 2 x + y + =  Suy ra: I(-1; 3) ⇒ A '(−3; −4) x − 2y − = 0,25đ Điểm 0,25đ C 0,25đ 7 x + y + 25 =  x − y +1 = + Phương trình BC: x + y + 25 = Giải hệ:  Suy ra: C (− Câu VIIA 13 ;− ) 4 450 d ( A; BC ) = 7.1 + 1(−2) + 25 = + BC = (−4 + 13 / 4) + (3 + / 4) = , + 12 1 450 45 = Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = 2 4 u r 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8) 0,25đ 0,25đ 0,25đ u r u u r u u r u2 ( - 6; 9; 12 +) u1 u2 phương +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 r *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) n = ( 5; - 22; 19) (P): ur – 22y + 19z + = 5x uu 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B  36 33 15  *) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H  ; ; ÷  29 29 29  0,25đ 0,25đ  43 95 28  ; ;− ÷  29 29 29   65 −21 −43  ; I trung điểm A’B suy I  ; ÷  29 58 29  A’ đối xứng với A qua H nên A’  0,25đ A d1 B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z4 − z3 + z2 + z +1 = Điểm (1) Nhận xét z=0 không nghiệm phương trình (1) z ≠ 1 ) − ( z − ) + = (2) z z 1 Đặt t=z- Khi t = z + − ⇔ z + = t + z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+ = (3) ∆ = − = −9 = 9i 2 + 3i − 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z + + 3i 1 + 3i ⇔ z − (1 + 3i ) z − = (4) ta có z − = z ∆ = (1 + 3i ) + 16 = + 6i = + 6i + i = (3 + i ) Có (1 + 3i ) + (3 + i ) (1 + 3i ) − (3 + i ) i − = + i ,z= = PT(4) có nghiệm : z= 4 − 3i 1 − 3i ⇔ z − (1 − 3i ) z − = (4) Với t= ta có z − = z 2 Có ∆ = (1 − 3i ) + 16 = − 6i = − 6i + i = (3 − i ) (1 − 3i ) + (3 − i ) (1 − 3i ) − (3 − i ) − i − = − i ,z= = PT(4) có nghiệm : z= 4 i −1 − i −1 Vậy PT cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 0.25đ 0.25đ Với t= Phần II Câu VIb 1) Ta có: d ∩ d = I Toạ độ I nghiệm hệ: x − y − = x = / 9 3 ⇔ Vậy I ;   2 2 x + y − = y = / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒ M = d ∩ Ox Suy M( 3; 0) 0.25đ 0.25đ 2 Ta có: AB = IM =  −  +   =     2 2  S ABCD 12 = =2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d ⊥ AD Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = ⇔ x + y − = Lại có: MA = MD = x + y − =  Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:   ( x − 3) + y =  y = − x + y = − x + y = − x ⇔ ⇔ ⇔ 2 2  x − = ±1 ( x − 3) + y = ( x − 3) + (3 − x) = x = x = ⇔  Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y =  y = −1 x C = x I − x A = − = 9 3 Do I ;  trung điểm AC suy ra:  2 2 y C = y I − y A = − = Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung CâuVIb 2.a) Các véc tơ phương D1 D2 lần lượ (1,0) 1; 2) 1) Có M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 u u u ur r u uu r Xét u1 ; u2  MN = - 10 ≠   Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t) ∈ D1 t’) ∈ D2 uu r uru  AB.u1 =  ⇒ ur u r u u u  AB.u2 =  5 ⇒ A ; ;− 3 3 Đường thẳng ∆qua hai điểm A, B đườ chung D1 D2 Ta có ∆: PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính c CâuVIIb (1,0) 2 11   13     x − ÷ +y − ÷ +z+ 3÷ =       2009 2009 Ta có: (1 + i ) = C2009 + iC2009 + + i 2009C2009 C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + (C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + 2 2006 A = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2 Thấy: S = ( A + B) , với 2006 2008 B = C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + Ta có: (1 + i ) 2009 = (1 + i)[(1 + i) ]1004 = (1 + i).21004 = 210 Đồng thức ta có A chớnh phần th (1 + i ) 2009 nờn A = 21004 + Ta có: (1 + x) 2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + Cho x=-1 ta có: 2008 C2009 + C2009 + + C2009 = C2009 + C2009 + + C20 Cho x=1 ta có: 2008 (C2009 + C2009 + + C2009 ) + (C2009 + C2009 + + C Suy ra: B = 22008 + Từ ta có: S = 21003 + 22007 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề thi thử lần KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014 Mơn: Tốn Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y = x3 − 3mx + 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu (2.0 điểm ) : + 2sin x + − = 2(cotg x + 1) sin x cos x  x3 − y + y − 3x − =  Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2 x + − x − y − y + m =  Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: x y +1 z − = = (P): 2x − y − 2z − = 0; (d): −1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường trịn có bán kính Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ Câu (2.0 điểm): Giải phương trình: Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu 1 + + thức: P = + xy + yz + zx Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E): x2 y2 + = parabol (P): y2 = 12x 12 1  Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton:  − x − ÷ x  −−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−− Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: ĐÁP ÁN Câu I Điể m Nội dung Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 − 3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x = ⇔ x = x = Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x − = ⇔ x = Đồ thị hàm số lồi (−∞; 1), lõm (1; +∞) Điểm uốn (1; 2) 0.25 4 3 Giới hạn tiệm cận: lim y = lim x 1 − + ÷ = ±∞ x→±∞ x →±∞  x x  0.25 LËp BBT: x y’ + y − + + + 0.25 Đồ thị: −∞ y 0.25 x O x = 2/ Ta có: y’ = 3x2 − 6mx = ⇔   x = 2m Để hàm số có cực đại cực tiểu m ≠ 0.25 uu ur Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m ), B(2m; 0) ⇒ AB = (2m; −4m3 ) Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x 0.25  2m − 4m3 =  ⇔  2m = m  Giải ta có: m = ± ;m=0 Kết hợp với điều kiện ta có: m = ± II 2/ Đk: x ≠ k 0.25 2 π Phương trình cho tương đương với: + tg x + − = 2cotg x sin x 2(sin x + cos x) ⇔ 3tg x + − = 2cotg x sin x cos x ⇔ 3tg x + 2tg x − = ( 0.25 ) π   tg x = − x = − + kπ   ⇔ ⇔ tg x =  x = π + kπ     0.25 0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x =  x3 − y + y − 3x − =  2/  2 x + − x − y − y + m =  π π + k ; k∈Z 0.25 (1) (2) 0.25 1 − x ≥  −1 ≤ x ≤  ⇔ Điều kiện:   y − y ≥ 0 ≤ y ≤  Đặt t = x + ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2 0.25 Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1) ⇔ y = y ⇔ y = x + ⇒ (2) ⇔ x − − x + m = Đặt v = − x ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − = m Hàm số g(v) = v2 + 2v − đạt g (v) = −1; m ax g (v) = [ 0;1] 0.25 [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm −1 ≤ m≤ III  x = −t  1/ Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:  y = −1 + 2t ; t ∈ R z = + t  0.25 Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆) Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:  t = | −2t + − 2t − − 2t − | | 6t + | d ( I ; ∆) = = = 3⇔  3 t = −   0.25  8  17  ⇒ Có hai tâm mặt cầu: I  ; ; ữ I ; ; − ÷  3 3 3 7 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R = 0.25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2  1  8 7  17   1    x + ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ = 25 vµ  x − ÷ +  y + ÷ +  z + ÷ = 25 3  3  3 3  3  3   r 2 x + y + = 2/ Đường thẳng (∆) có VTCP u = (−1;2;1) ; PTTQ:  x + z − = r Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; −1; −2) Góc đường thẳng (∆) mặt phẳng (P) là: sin α = 0.25 | −2 − − | = 3 ⇒ Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm cos α = − 0.25 = 0.25 Giả sử (Q) qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = (m2+ n2 > 0) ⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = | 3m | = Vậy góc (P) (Q) là: cos α = 3 5m + 2n + 4mn ⇔ m2 + 2mn + n2 = ⇔ (m + n)2 = ⇔ m = −n Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + = 0.25 0.25 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hoành độ x = là: y = 4x − IV 0.25 2  Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là: V = π  ∫ x dx − ∫ (4 x − 4) dx ÷  ÷ 0  0.25  16π  x5 16 − ( x − 1)3 ÷ = = π  15  0.5  1  + + 2/ Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  ÷≥  + xy + yz + zx  0.25 ⇔P≥ 9 ≥ + xy + yz + zx + x + y + z 0.25 ⇒ P≥ = 0.25 Vậy GTNN Pmin = V x = y = z 0.25 1/ Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) (∆) tiếp tuyến (E) ⇔ 8A2 + 6B2 = C2 (1) (∆) tiếp tuyến (P) ⇔ 12B2 = 4AC ⇔ 3B2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = −2A Với C = −2A ⇒ A = B = (loại) 0.25 2A ⇒ Đường thẳng cho có phương trình: Với C = 4A ⇒ B = ± Ax ± 0.25 2A y + 4A = ⇔ x ± y+4=0 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x ± y+4=0 0.25 12 12 k 12 1      k  Ta có:  x + − 1÷ = 1 −  x + ÷ = ∑ (−1)12−k C12  x + ÷ x  x  x     k =0 12 = ∑ (−1) 12−k k =0 V 12 k = ∑∑ (−1) k =0 i =0 k C12 12−k k i =0 i  12 k 12− k k i k −4 i − i x  ÷ = ∑∑ ( −1) C12Ck x  x  k =0 i =0 k −i  ∑ (x ) i Ck 0.25 0.25 k i C12Ck x k −5i Ta chọn: i, k ∈N, ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = ⇒ i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 Vậy hệ số cần tìm là: C12 C2 − C12 C7 + C12 C12 = −27159 0.25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Lần II ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014 Môn thi: TOÁN, khối A, B Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề: Câu I: (2,0 điểm) 2x − (C ) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi M điểm đồ thị (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận (C) A, B CMR diện tích tam giác ABI (I giao hai tiệm cận) khơng phụ thuộc vào vị trí M Câu II: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: xy  x + y2 + =1  x+ y   x + y = x2 − y  Giải phương trình: 2sin  x − π  = 2sin x − t anx  ÷ 4  Giải bất phương trình: log log x + + x > log log x2 + − x Cho hàm số y = ( ) ( ) Câu III: (2,0 điểm) ln x + ln x dx x Cho tập A = { 0;1;2;3;4;5} , từ A lập số tự nhiên gồm chữ số khác nhau, thiết phải có chữ số Câu IV: (2,0 điểm) e Tính tích phân: I = ∫ Viết phương trình đường trịn qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + = Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b Gọi α góc hai mp(ABC) mp(A’BC) Tính tan α thể tích chóp A’.BCC’B’ Câu V: (1,0 điểm) Cho x > 0, y > 0, x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y T= + 1− x 1− y ……………………………………………….Hết………………………………………… ĐÁP ÁN Nội dung Câu Ý I Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R\{-1} > 0∀x ≠ −1 Suy hàm số đồng biến khoảng -Sự biến thiên: y ' = x + 1) ( xác định hàm số ∞ - lim y = m → x = −1 tiệm cận đứng x →( −1) ± lim - x→±∞ y = → y = tiệm cận ngang -Bảng biến thiên Điểm 0.25 0.25 0.25 -Đồ thị 0.25 Tìm cặp điểm đối xứng….(1,00 điểm)  2a −  Gọi M  a; ÷∈ ( C ) a ≠ −1  a +1  0.25 ... = 6( a + b ) (2)  0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Khi phương trình z + 0 ,25 (1) Ta có a = v a = Với a = ⇒ b = ( Loại) Với a = ⇒ b = Ta có số phức z = + 3i 0 ,25 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO... y ≤ Đối chi? ??u điều kiện ta có : 22 t ≤ ⇔ 2t ≤ ⇔ t ≤ ⇔ - ≤ t ≤ 0 ,25 2 2 −1 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Do - ≤ log2 x ≤ ⇔ ≤ x ≤ 2 0 ,25 x - y - = Tọa độ điểm A nghiệm HPT:  ⇔ A(3; 1) x + y - = 0 ,25 Gọi B(b;... Thỏa mãn (2)) KL: m = 10, m = - 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 PT ⇔ cos2x + cos8x + sinx = cos8x ⇔ 1- 2sin2x + sinx = 0 ,25 0 ,25 II-1 ⇔ sinx = v sin x = − (1 điểm) ⇔ x= 0 ,25 π π 7π + k 2π ; x = − + k 2π ;