Đề luyện thi đại học môn Toán số 55

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 55 Ngày 26 tháng 2 Năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số = − +y x x 3 2 3 2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng (∆): = − −y ( m x m2 1) 4 cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm ( 1;4)P − tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos2 5 2 2(2 cos )sin( ) 4 x x x π + = − − 2. Giải bất phương trình: 2 300 40 2 10 1 3 10 0 1 1 2 x x x x x x − − − − − − ≤ + + − − Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: (1 sin ). ; 0; 0; 2 os 2 x x e y y x x x c π + = = = = Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với đáy một góc 0 30 . Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 . Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực cba ,, thỏa mãn 3 3 3 8 27 18 1 0a b c abc+ + − − = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 4 9P a b c= + + . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI a . (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 2 2 2 4 8 0x y x y+ − + − = và điểm (7;7)M . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 π . Câu VII a . (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa 3 x trong khai triển biểu thức: 2 2 1 ( 3 ) n P x x + = + . Biết n nguyên dương thoả mãn: 2 0 1 2 3 3 3 341 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + = + + B. Theo chương trình nâng cao Câu VI b . (2,0 điểm) 1. Trên mặt phẳng toạ độ ,Oxy cho đường thẳng : 4 0x y∆ + + = và hai elíp 2 2 1 ( ) : 1 10 6 x y E + = , 2 2 2 2 2 ( ): 1 ( 0) x y E a b a b + = > > có cùng tiêu điểm. Biết rằng 2 ( )E đi qua điểm M thuộc đường thẳng .∆ Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 011642 222 =−−+−++ zyxzyx và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π. Câu VII b . (1,0 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5. Hết Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 55 Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R Ta có: ; lim lim x x y y →+∞ →−∞ =+∞ =−∞ 2 ' 3 6y x x= − ; 0 2 ' 0 2 2 x y y x y = ⇒ =  = ⇔  = ⇒ = −  +) BBT: x - ∞ 0 2 + ∞ y' + 0 - 0 + y 2 + ∞ - ∞ -2 Hàm số đồng biến trên ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ ; Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;2 y CĐ = 2 tại x = 0 ; y CT = - 2 tại x = 2 . +) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và ( ) 1 3;0± +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng Câu 1: 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và ( ∆ ): x x ( m x m 3 2 3 2 1) 4 2 0− − − + + = ⇔ x x x m 2 ( 2)( 2 1) 0− − − − = x f x x x m 2 2 ( ) 2 1 0 (1)  = ⇔  = − − − =  ( ∆ ) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N ⇔ (1) phải có nghiệm x x 1 2 , thỏa mãn: x x x x 1 2 1 2 2 2  ≠ =  = ≠  ⇔ b a f 0 2 2 0 (2) 0 ∆ ∆   =     − ≠      >   =   ⇔ m m m 8 5 0 1 2 2 8 5 0 2 1 0   + =     ≠     + >   − + =   ⇔ m m 5 8 1 2  = −    =   . Với m 5 8 = − ta có 1 11 ( ; ); (2; 2) 2 8 M N − m 1 2 = ta có ( 1; 2); (2; 2)M N− − − . Vậy: m 1 2 = thỏa mãn ∆ MNP nhận O làm trọng tâm. Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình ⇔ (cosx–sinx) 2 – 4(cosx–sinx) – 5 = 0 cos sin 1 cos sin 5 ( cos sin 2) x x x x loai vi x x − = −  ⇔  − = − ≤  ( ) ( ) 2 sin 1 sin sin 4 4 4 x x π π π ⇔ − = ⇔ − = 2 2 ( ) 2 x k k Z x k π π π π  = +  ⇔ ∈  = +  Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: 1 3 10 10 x≤ ≤ Ta có: 1 3 1 1 2, ; 10 10 x x x   + + − < ∀ ∈     ( Theo BĐT Bunhia) 2 Bpt 300 40 2 10 1 3 10 0x x x x⇔ − − − − − − ≥ 2 10 2 2 10 ( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 (10 2)(30 2) 10 1 1 3 10 1 x x x x x x x x x x − − ⇔ − − + − − ≤ − − ⇔ + ≤ − + − + − + Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 1 1 (10 2) 30 2 0 10 1 1 3 10 1 x x x x   ⇔ − − − − ≤   − + − +   (*) 2 2 1 1 ( ) 30 2 10 1 1 3 10 1 5 5 1 3 '( ) 30 0, ( ; ) 10 10 10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1) f x x x x f x x x x x x = − − − − + − + = − − − < ∀ ∈ − − + − − + Mặt khác ( )f x liên tục trên 1 3 [ ; ] 10 10 nên ( )f x nghịch biến trên 1 3 [ ; ] 10 10 3 1 ( ) ( ) ( ) 0 10 10 f f x f⇒ ≤ ≤ < ( Hs có thể đánh giá).Do đó bất phương trình (*) 1 10 2 0 5 x x⇔ − ≥ ⇔ ≥ Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 3 5 10 x≤ ≤ Câu 3: (1 điểm) 2 2 2 2 0 0 (1 2sin ) (1 sin ) 2 2 os os 2 2 x x x x cos e dx x e dx V x x c c π π π π + + = = ∫ ∫ 2 2 2 2 0 0 1 1 ( 2tan ) 2 ( tan ) 2 2 os 2 os 2 2 x x x x V e dx e dx x x c c π π π π = + = + = ∫ ∫ 2 0 2 (tan )' 2 x x V e dx π π = = ∫ 2 2 0 2 tan 2 tan 2 2 2 2 0 x x x x V d e e e π π π π π π = = = ∫ Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm ABC∆ và M là trung điểm BC ta có:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ .Kẻ ,'AAMH ⊥ do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( . Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . Ta có: 2 0 0 3 3 ' ( ' ,( )) 30 sin30 2 4 ABC MH a a A AO A A ABC AM AB a S AM ∠ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 3 '. ' ' ' ' '. '. 1 2 3 ' . ' . ' . 3 3 18 A BB C C A B C ABCC A ABC ABC ABC ABC a V V V A O S A O S A O S= − = − = = Câu 5:(1 điểm)Ta có: 3 3 3 2 2 2 1 8 27 18 1 ( 2 3 )( 4 9 2 3 6 ) (1)a b c abc a b c a b c ab ac bc= + + − − = + + + + − − − 2 2 2 4 9 2 3 6 0 2 3 0a b c ab ac bc a b c⇒ + + − − − > ⇒ + + > Đặt 2 3 , 0x a b c x= + + > Từ (1) suy ra: 2 2 , 0 3 3 x P x x = + > 2 2 2 3 2 1 1 1 1 3 . . 1 3 3 3 3 3 3 3 3 x x x P x x x x x = + = + + ≥ = . Dấu “=” xảy ra khi x=1 Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0, 1 2 b = hoặc a=b=0, 1 3 c = Câu 6a: 1. (1 điểm 2 2 ( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R⇔ − + + = ⇒ − = Ta có: (6;9) 117 13IM IM⇒ = > uuur . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến Gọi K MI AmB = ∩ . Ta có ,MA MB IA IB= = ⇒ MI là đường trung trực của AB ⇒ KA=KB KAB KBA KAM KBM K⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 PTTS MI: 1 2 2 3 x t y t = +   = − +  , ( )MI T∩ tại K 1 (3;1) và K 2 (-8;-12) Ta có 1 2 .AK AK< Vậy 1 K K≡ , tức là K(3;1) Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. (P) chứa Ox ⇒ (P): by + cz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng 6 π . Suy ra bán kính bằng 3 cho nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2b – c = 0 ⇔ c = –2b (b ≠ 0) ⇒ (P): y – 2z = 0. Câu7a(1 điểm) Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) n n n n n n n x C C x C x C x+ = + + + + Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được: ⇔ 1 2 3 1 0 1 3 4 1 3 3 3 3 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − = + + + + + + 2 1 1 0 1 2 1 3 3 3 4 1 341 4 1 4 1024 4 2 3 1 3( 1) 1 3( 1) n n n n n n n n n C C C C n n n n n + + + − − + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + + + 2 6 3 6 1 6 1 ( 3 ) 3 k k k k P x T C x x − + = + ⇒ = . Để có số hạng chứa 3 x thì 3 6 3 3k k − = ⇔ = Vậy số hạng chứa 3 x trong khai triển là: 3 3 3 3 6 3 540C x x= . Câu VI b (2 điểm) 1. (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm 1 2 ( 2;0), (2;0).F F− Điểm 2 1 2 ( ) 2M E MF MF a∈ ⇒ + = . Vậy 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 2 MF MF+ nhỏ nhất.Ta có: 1 2 ,F F cùng phía với ∆ . Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với 2 F qua ∆ , suy ra ( 4; 6).N − − Ta có: 1 2 1 1 MF MF MF MN NF+ = + ≥ (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 M NF= ∩ ∆ Toạ độ điểm 5 3 6 0 5 3 2 : ; . 4 0 3 2 2 2 x x y M M x y y  = −  − + =     ⇔ ⇒ − −    ÷ + + =     = −   2. (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (Q) là h = 2 2 2 2 5 3 4− = − =R r Do đó + − − +  = − = ⇔ − + = ⇔  =  + + − D D (loaïi) D D 2 2 2 2.1 2( 2) 3 7 4 5 12 17 2 2 ( 1) Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0 Câu VII b (1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: 5 8 A Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: 4 7 A số Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 4 8 7 5880− =A A số Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 4 7 A + 6. 3 6 A = 1560 số ⇒ ( ) 1560n A = Ta có: ( ) 5880n Ω = , ( ) 1560n A = ⇒ P(A) = 1560 13 5880 49 = Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 56 Ngày 26 tháng 2 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 4 os 2 tan 2 .tan 2 4 4 tan -cotx c x x x x π π     − + =  ÷  ÷     2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 1 1 4 22 y x y x x x y y  + =  + −    + + =   Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 8 3 ln 1 x I dx x = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 60 0 . Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 1,0 1,0 1a b c< ≤ < ≤ < ≤ . Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 1 1 3a b c abc a b c   + + + ≥ + + +  ÷   PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ( ) 3;6A − , trực tâm ( ) 2;1H , trọng tâm 4 7 ; 3 3 G    ÷   . Xác định toạ độ các đỉnh B và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) α và mặt cầu (S) có phương trình ( ) : 2 2 3 0x y z α − + − = và ( ) 2 2 2 : 2 4 8 4 0S x y z x y z+ + − + − − = . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( ) α . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( ) α . Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với ( ) 3; 1; 2 ,A − − , ( ) 1;5;1B ( ) , 2;3;3C trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 1 2 3 2 2 2 3.2 3 1 1 x y y x x xy x + − +  + =   + + = +   . cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: 5 8 A Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu. đứng đầu là: 4 7 A số Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 4 8 7 5880− =A A số Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 4 7 A + 6. 3 6 A = 1560 số ⇒ ( ) 1560n A = Ta. ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 55 Ngày 26 tháng 2 Năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số = − +y x x 3 2 3 2 . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ