Đề thi thử đại học môn Toán số 4

SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI ĐỀ THI THỬ ĐH – CĐ LẦN 2, NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH( 7,0 điểm) Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 9 2 (C). y x x x= − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M, biết M cùng với hai điểm cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) 2 sin 2 os2 3 2 sinx 2 1 sinx cos x c x x + − − = + . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 3 2 2 3 4 2 0 1 2 1 x y x x y x y y  − + + − + =   − − = − −   Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 2 2 1 1 I = dx. ( 1)( 3 1) x x x x x − − + + + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh a; ABC ∧ = 60 0 ; mp(SAC) và mp(SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy; góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 30 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD. Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 3( ) 4T a b c abc= + + + . II. PHẦN RIÊNG (3 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 tam giác ABC có điểm I(-5;1) là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: 2 13 0 và 13 6 9 0. x y x y− − = − − = Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc mặt cầu (S): 2 2 2 4 4 4 0x y z x y z+ + − − − = sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình mặt phẳng (OAB). Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm môđun của số phức 3 1 2 (1 ) 1 i i Z i + − − = + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn(C): 2 2 2 4 2 0x y x y+ − + + = . Gọi (C' )là đường tròn tâm I' (5;1) và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M; N sao cho MN= 5 . Viết phương trình đường tròn (C'). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC biết A(3;0;0); B(0;1;4) và C(1;2;2). Câu 9.b (1,0 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3? Hết Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MINH KHAI ĐỀ THI THỬ ĐH – CĐ LẦN 2, NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN; Khối: A, A1, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đáp án- hướng dẫn chấm Phần chung: 7 điểm Câu 1a. TXĐ: D=R Sự biến thiên : + lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0,25 + y / =3x 2 -12x + 9 , y / = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 + Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ;1) và (3;+ ∞ ); nghịch biến trên khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, y CT = -2 0, 5 Đồ thị 0,25 Câu 1b M∈(C) ⇒ M(t; t 3 -6t 2 +9t-2) với t ≠ 1; t≠ 3 Điểm CĐ : A(1 ; 2) và điểm CT : B(3 ;-2) ⇒ AB = 20 0,25 Phương trình đường thẳng AB : 2x+ y- 4 =0 3 2 6 11 6 1 1 Ta c . ( ; ) 6 20 2 2 5 MAB t t t ó S AB d M AB ∆ − + − = ⇒ = 0,25 3 2 0 6 11 6 6 4 t t t t t =  ⇔ − + − = ⇔  =  0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 5 10 15 20 25 30 Y O 1 X 3 x y / y - 1 3 + + 0 - 0 + - 2 -2 + Với t = 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến: y =9x -2 Với t = 4 ⇒ phương trình tiếp tuyến: y =9x -34 0,25 Câu 2 ĐK sin cos 0 4 x x x k π π − + ≠ ⇔ ≠ + Phương trình tương đương: sin 2 os2 3 2 sinx 2 1 sin 2x c x x + − − = + 0,25 2 2sin 3 2 sinx 2 0x ⇔ + + = s 2( ) 1 s 2  = −  ⇔ −  =   inx loaïi inx 0,25 2 4 5 2 4 x k x k π π π π −  = +  ⇔   = +   0,25 Đối chiếu điều kiện nghiệm của phương trình là: 5 2 4 x k π π = + 0,25 Câu 3 ĐK 1 1 0 2 x y − ≤ ≤   ≤ ≤  (1) 3 3 ( 1) ( 1) (2)x x y y⇔ + + + = + Xét hàm số 3 ( )f t t t= + với [ ] 0;2t ∈ Ta có / 2 ( ) 3 1 0 (0;2)f t t t= + > ∀ ∈ f⇒ đồng biến trên [ ] 0;2 0,25 Phương trình(2) có dạng ( 1) ( ) 1f x f y x y+ = ⇔ + = Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 1 1 1 1x x x− − + = − − 2 1 1 1 1 0x x x⇔ + + − − − − = 0,25 Đặt 1 1 , 2 2t x x t= + + − ≤ ≤ 2 2 2 1 2 t x − ⇒ − = Phương trình trở thành: 2 0 2 0 2 t t t t =  − = ⇔  =  (loaïi) (t/m) 0,25 Với 2 2 1 1 2 1 1t x x x= ⇒ + + − = ⇔ − = 0x⇔ = (t/m đk) x = 0 ⇒ y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1). 0,25 Câu 4 Ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 3 dx x I x x x x   −  ÷   =    + − + +  ÷ ÷    ∫ 0,25 Đặt 1 t x x = + 2 1 1dt dx x   ⇒ = −  ÷   x = 1 ⇒ t = 2 ; x= 2 ⇒ t = 5/2 0,25 5 5 2 2 2 2 1 1 1 ( 1)( 3) 4 1 3 dt I dt t t t t   = = −  ÷ − + − +   ∫ ∫ 0,25 ( ) 5 2 2 1 ln 1 ln 3 4 t t= − − + 1 15 ln 4 11 = 0,25 Câu 5 Gọi O là tâm của hình thoi ABCD; M là trung điểm của AB và I là trung điểm của AM Do ∆ ABC đều nên CM ⊥ AB ; OI⊥AB và 3 = ; 2 a CM 3 4 a OI = ; 2 3 2 ABCD a S = 0,25 Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO⊥(ABCD) Do AB OI AB SO ⊥   ⊥  ⇒ AB ⊥ SI ⇒ góc giữa 2 mp(SAB) và (ABCD) là SIO ∧ = 30 0 , ta có SO =IO tan30 0 = 4 a 3 . 1 3 . 3 24 S ABCD ABCD a V SO S= = 0,25 Gọi J = OI ∩ CD và H là hình chiếu của J trên SI Do AB⊥(SOI) ⇒ JH ⊥ AB ⇒ JH ⊥(SAB) d(SA,CD)= d(CD,(SAB))=d(J,(SAB))=JH 0,25 Ta có : JH = IJsin30 0 = 2OIsin30 0 = 3 ; 4 a 0,25 Câu 6 Giả sử 0 3a b c< ≤ ≤ < Do 3a b c+ + = 3a b c⇒ + = − và 1c ≥ Do a b c + > 3 1; 2 c   ⇒ ∈ ÷    0,25 Ta có T = 3(a 2 +b 2 ) + 3c 2 + 4abc= 3(a +b) 2 - 6ab +3c 2 + 4abc = 3(3-c) 2 +3c 2 -2(3-2c)ab Lại có 3 2 c < ⇒ 3 - 2c > 0 2 2 a b ab +   ≥  ÷   2 3 0 2 c ab −   ⇒ ≥ >  ÷   0,25 ⇒ T ≥ 3(3-c) 2 +3c 2 - 2(3-2c) 2 3 2 c−    ÷   3 2 3 27 2 2 T c c⇒ ≥ − + 0,25 I M O C B A D S J H H M N I I' Xét hàm số : 3 2 3 27 ( ) 2 2 f c c c= − + với 3 1; 2 c   ∈ ÷    ( ) (1) 13f c f≥ = hay T ≥ 13 Vậy giá trị của nhỏ nhất của biểu thức T bằng 13 đạt được khi a = b = c = 1 0,25 II. Phần riêng Theo chương trình chuẩn Ta có A=AM∩AH ⇒ A(-3 ;-8) Do IM // AH ⇒ phương trình đường thẳng IM: x - 2y + 7 = 0 0,25 M = IM ∩ AM ⇒ M(3;5) BC ⊥ AH ⇒ phương trình đường thẳng BC: 2x + y - 11 = 0 0,25 Do B ∈ BC ⇒ B( x 0 ; 11 - 2x 0 ) Ta có IB =IA ⇒ (x 0 +5) 2 + (10 - 2x 0 ) 2 = 85 ⇔ x 0 2 - 6x 0 +8 = 0 0 0 2 4 x x =  ⇔  =  0,25 ⇒ B(2; 7) ; C(4;3) hoặc B( 4;3) ; C(2;7) 0,25 Câu 8a ( ; ; ) ( )B x y z S∈ và ∆OAB đều nên 2 2 2 4 4 4 0x y z x y z OA OB AB  + + − − − =  = =  2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 32 (4 ) (4 ) 32 x y z x y z x y z x y z  + + = + +  ⇔ + + =   − + − + =  2 2 2 8 32 4 x y z x y z x y + + =   ⇔ + + =   + =  0,25 0; 4; 4 4; 0; 4 x y z x y z = = =  ⇔  = = =  (0;4;4) (4;0;4) B B  ⇒   0,25 (0;4;4)B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y + z =0 0,25 (4;0;4)B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y - z =0 0,25 Câu 9a 3 2 3 1 2 (1 ) 1 2 (1 3 3 ) 3 4 1 1 1 i i i i i i i Z i i i + − − + − − + − + = = = + + + 0,25 7 1 2 2 Z i⇒ = + 0,25 2 2 7 1 5 2 2 2 2 Z     = + =  ÷  ÷     0,5 Theo chương trình nâng cao Câu 7b Trường hợp 1 : Đường tròn (C) có tâm I(1 ;-2), bán kính 3R = ; II / = 5 Gọi H = II / ∩ MN ⇒ HM = HN = 5 2 Ta có 2 2 7 2 IH R MH= − = ; / / 7 5 2 I H II IH= − = − 0,25 Bán kính đường tròn (C / ) : / / R I M= = / 2 2 28 5 7I H HM+ = − 0,25 Phương trình đường tròn (C / ) : (x - 5) 2 + ( y - 1) 2 = 28 - 5 7 Trường hợp 2 : Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính 3R = ; II / = 5 Gọi H = II / ∩ MN ⇒ HM = HN = 5 2 Ta có 2 2 7 2 IH R MH= − = ; / / 7 5 2 I H II IH= + = + 0, 25 Bán kính đường tròn (C / ) : / / R I M= = / 2 2 28 5 7I H HM+ = + Phương trình đường tròn (C / ) : (x - 5) 2 + ( y - 1) 2 = 28 + 5 7 0,25 Câu8b. ( 3;1;4); ( 2;2;2); (1;1; 2) , ( 6; 2; 4) AB AC BC AB AC = − = − = −   = − − −   uuur uuur uuur uuur uuur Mp(ABC) đi qua A(3;0;0) và có VTPT (3;1;2)n r có pt: 3x + y + 2z - 9=0 0,25 0 0 0 ( ; ; )H x y z là trực tâm của ( ) . 0 . 0 H ABC ABC AH BC BH AC ∈   ∆ ⇔ =   =  uuuruuur uuur uuur 0, 25 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 2 9 0 2 3 0 5 0 x y z x y z x y z  + + − =  ⇔ + − − =   − − + =  0,25 0 0 0 5 7 32 7 8 7 x y z  =    ⇔ =    =   . Vậy 5 32 8 ( ; ; ) 7 7 7 H 0,25 Câu 9b Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( 0a ≠ ; a, b, c, d, e ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}) 3abcde M ( ) 3a b c d e⇔ + + + + M 0,25 - Nếu ( ) 3a b c d+ + + M thì chọn e = 0 hoặc e = 3 - Nếu ( )a b c d+ + + chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5 - Nếu ( )a b c d+ + + chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4 0,25 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số 0,25 Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số 0,25 H M N I' I . 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 32 (4 ) (4 ) 32 x y z x y z x y z x y z  + + = + +  ⇔ + + =   − + − + =  2 2 2 8 32 4 x y z x y z x y + + =   ⇔ + + =   + =  0,25 0; 4; 4 4; 0; 4 x y z x y z =. 1 hoặc e = 4 0,25 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số 0,25 Số các số cần tìm. = =  (0 ;4; 4) (4; 0 ;4) B B  ⇒   0,25 (0 ;4; 4)B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y + z =0 0,25 (4; 0 ;4) B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y - z =0 0,25 Câu 9a 3 2 3 1 2 (1 ) 1 2 (1 3 3 ) 3 4 1 1 1 i