Đề luyện thi đại học môn Toán sô 122

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 122 Ngày 7 tháng 6 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 4 2 2 2 m y x mx C= − + với m là tham số 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2)Tìm m để đồ thị hàm số có ba cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ làm trực tâm. Câu II (2,0 điểm). 1) Giải phương trình sin 2 cos2 4 2 sin 3cos 4 1 cos 1 x x x x x π   − + + −  ÷   = − 2) Giải bất phương trình 2 2 4 5 1 2 1 3x x x x x+ + + + + > + Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ( ) 2 1 ln ln 1 x e x x e e x T dx e + + = + ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: 2IA IH= − uur uuur , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 7 2 27 ab bc ca abc+ + − ≤ PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II ) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1)Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích 96 ABC S ∆ = ; (2;0)M là trung điểm của AB , đường phân giác trong góc A có phương trình ( ) : 10 0d x y− − = , đường thẳng AB tạo với ( )d một góc ϕ thoả mãn 3 cos 5 ϕ = . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC . 2) Trong hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu VIIa. (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau sao cho trong mỗi số đó có đúng 3 chữ số chẵn. II. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 2 0x y+ − = . Đường cao kẻ từ B có phương trình 4 0x y− + = , điểm ( ) 1;0M − thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIb (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình : 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x − + − +  − − + + + − + =   + − +   , Hết… 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 122 Câu Đáp án Điểm I 1)Khảo sát hàm ( ) 4 2 2 2y x x C= − + TXĐ: D = R lim x y →±∞ = +∞ ( ) 2 ' 4 1 ; ' 0 0; 1y x x y x x= − = ⇔ = = ± 0.25 Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) 1;0 , 1;− +∞ ; ngịch biến trên ( ) ( ) ; 1 , 0;1−∞ − Hàm số đạt cực đại tại 0; 2 CD x y= = ; đạt cực tiểu tại ; 1 CT x y= ± = 0.25 Bảng biến thiên 0.25 Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( ) ( ) 2;10 , 2;10− Vẽ đúng đồ thị và đi qua các điểm đặc biệt 0.25 2)Tìm m để đồ thị hàm số có ba cực trị……… 3 ' 4 4y x mx= − . Hàm số có 3 cực trị khi m > 0. Tọa độ 3 cực trị: ( ) ( ) ( ) 2 2 0;2 , ;2 , ;2A B m m C m m− − 0.25 Do tính chất đối xứng qua trục Oy ta có BC vuông góc với OA. 0.25 O là trực tâm tam giác ABC khi 4 2 1 5 . 0 2 0 0; ; 1 2 OB CA m m m m m m ± = ⇔ − − = ⇔ = = = − uuur uuur 0.25. Kiểm tra ĐK ta có 1 5 2 m + = 0.25 II 1)Giải phương trình sin 2 cos2 4 2 sin 3cos 4 1 cos 1 x x x x x π   − + + −  ÷   = − ĐK: 2x k π ≠ ( ) sin 2 cos2 4 sin cos 3cos cos 1 0x x x x x x− + + − − + = 0.25 ( ) ( ) sin 0 sin cos sin 2 0 sin cos 2 0 x x x x x x VN =  ⇔ + + = ⇔  + + =  0.25 x k π ⇔ = 0.25 Đối chiếu điều kiện suy ra 2x k π π = + là nghiệm của phương trình 0.25 2)Giải bất phương trình 2 2 4 5 1 2 1 3x x x x x+ + + + + > + ĐK: 1; 1/ 4x x≤ − ≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 4 1 1 2 1 1 0BPT x x x x x⇔ + + − + + + + − > 0.25 Ta kiểm tra được với 1x < − là nghiệm 0.25 Xét 1 4 x − ≥ 0.25 2 K I B C A H S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 1 1 0 1 1 2 1 3 1 0 0 1 4 1 1 1 x x BPT x x x x x x x x x x x x x x + ⇔ + + − + + > + + + + + ⇔ + > ⇔ > + + + + + + Vậy nghiệm của BPT là 1; 0x x< − > 0.25 III Tính tích phân ( ) 2 1 ln ln 1 x e x x e e x T dx e + + = + ∫ 2 1 2 1 1 ln 1 e e x x e T xdx e dx T T e = + = + + ∫ ∫ 0.25 1 1 1 1 1 ln ln 1 e e e e T xdx x x dx e x= = − = − = ∫ ∫ 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 1 e x e x e x e T e dx e e e e e e = = + = + − + + ∫ 0.25 Kết quả ( ) ( ) ( ) 2 1 ln 1 ln 1 e T e e e= + + − + 0.25 IV Cho hình chóp S.ABC Ta có 2IA IH= − ⇒ uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2 2a = ; AI = a ; IH = 2 IA = 2 a ; AH = AI + IH = 3 2 a Ta có 5 2 a HC = .Vì ( )SH ABC⊥ ⇒ 0 ( ;( )) 60SC ABC SCH ∧ ∧ = = ; 0 15 tan 60 2 a SH HC= = 0.25 3 2 . 1 1 1 15 15 . . ( 2) 3 3 2 2 6 S ABC ABC a a V S SH a ∆ = = = 0.25 ( ) BI AH BI SAH BI SH ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  Ta có ( ;( )) 1 1 1 ( ;( )) ( ;( ) ( ;( )) 2 2 2 2 d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI d B SAH SB = = ⇒ = = = 0.5 V Ta có 2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + − = + + − = − + − . Đặt t= bc thì ta có 2 2 ( ) (1 ) 0 4 4 b c a t bc + − ≤ = ≤ = . Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 2 (1 ) 0; 4 a   −     0.5 Có f(0) = a(1 – a) 2 ( 1 ) 1 7 4 4 27 a a+ − ≤ = < và 2 2 (1 ) 7 1 1 1 7 (2 ) 4 27 4 3 3 27 a f a a   −   = − + − ≤  ÷  ÷  ÷     với mọi a [ ] 0;1∈ 0.25 Vậy 7 2 27 ab bc ca abc+ + − ≤ . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 VIa 1) 'M đối xứng với (2;0)M qua ( ) : 10 0d x y− − = nên '(10; 8)M − Đường thẳng qua (2;0)M với vectơ pháp tuyến ( ; )n a b r có phương trình ( 2) 0a x by− + = tạo với ( ) : 10 0d x y− − = góc ϕ khi đó 0.5 3 2 2 7 3 cos 7 5 2 a b a b b a a b φ = −  = = ⇔  = +  Với 7a b= chọn 1 7b a= ⇒ = , đường thẳng AB có phương trình 7 14 0x y+ − = cắt ( ) : 10 0d x y− − = tại A có tọa độ (3; 7)A − khi đó B đối xứng với (3; 7)A − qua (2;0)M có tọa độ (1;7)B 10 2AB⇒ = ' ( '; ) 1 1 . 48 2 2 AM B M AB ABC S AB d S ∆ ∆ ⇒ = = = 2 'AC AM⇒ = uuur uuuur (17; 9)C⇒ − 0.25 Với 7b a= chọn 1 7a b= ⇒ = khi đó : 7 2 0AB x y+ − = cắt ( ) : 10 0d x y− − = tại (9; 1)A − ( 5;1)B⇒ − 10 2AB⇒ = ' 1 48 2 AM B ABC S S ∆ ∆ ⇒ = = 2 'AC AM⇒ = uuur uuuur (11; 15)C⇒ − 0.25 2) Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = − uuur uuur r là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ …. 0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ,…… giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VIIa Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 TH1: Chữ số đầu tiên là số lẻ có 5 cách chọn Chọn thêm 2 số lẻ có 2 4 C cách, chọn 3 số chẵn có 3 5 C cách. Khi đó có 2 3 4 5 5* * *5!C C số được lập 0.5 TH2: Chữ số đầu tiên là số chẵn có 4 cách chọn Chọn thêm 2 số chẵn có 2 4 C cách, chọn 3 số lẻ có 3 5 C cách. Khi đó có 2 3 4 5 4* * *5!C C số được lập 0.25 Vậy tất cả có 64800 số được lập 0.25 VIb 1)cho tam giác ABC cân tại A,…… Toạ độ B là nghiệm của hệ 4 0 2 2 0 x y x y − + =   + − =  Suy ra ( ) 2;2B − 0.25 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC : 2 1 0d x y⇒ + + = Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 4 0 2 1 0 x y x y − + =   + + =  Suy ra ( ) 3;1N − 0.25 Gọi I là trung điểm MN 1 2; 2 I   ⇒ −  ÷   . Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC .IE đi qua I vuông góc với BC : 4 2 9 0IE x y⇒ − + = . Toạ độ E là nghiệm của hệ 2 2 0 7 17 , 4 2 9 0 5 10 x y E x y + − =  −   ⇒   ÷ − + =    4 7 ; 5 5 C −   ⇒  ÷   . 0.25 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra 3 : 0 5 CA x y+ − = Toạ đô A là nghiệm của hệ 4 2 9 0 3 0 5 x y x y − + =    + − =   13 19 ; 10 10 A −   ⇒  ÷   0.25 2)hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − = uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − = 0.25 Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC   = = −   r uuur uuur Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = . 0.25 4 I B C A N M E Giải hệ: 1 0 0 3 0 2 2 1 0 1 x y z x y z y x y z z + − − = =     + − = ⇒ =     − + + = =   . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I 0.25 Bán kính là 2 2 2 ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − = 0.25 VIIb Giải hệ phương trình : 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x − + − +  − − + + + − + =   + − +   Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I y x y x − + − + − + − + − + + − = + + − − =     ⇔ ⇔   + − + + − +     0.25 Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 0.25 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + 0 2 x x =  ⇔  = −  . Suy ra: 1 1 y y = −   =  . 0.25 Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1x y= − = thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = . 0.25 Chú ý: Học sinh làm theo cách khác, lập luận chính xác ra kết kết đúng vẫn được tính điểm tọa của ý đó. 5 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 122 Ngày 7 tháng 6 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0. 4) = 1 x y x y xy x y x x y x − + − +  − − + + + − + =   + − +   , Hết… 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 122 Câu Đáp án Điểm I 1)Khảo sát hàm ( ) 4 2 2 2y x x C= − + TXĐ: D = R lim x y →±∞ = +∞ . ; ngịch biến trên ( ) ( ) ; 1 , 0;1−∞ − Hàm số đạt cực đại tại 0; 2 CD x y= = ; đạt cực tiểu tại ; 1 CT x y= ± = 0.25 Bảng biến thi n 0.25 Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( ) ( ) 2;10 ,