Đề luyện thi đại học môn Toán số 113

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 113 Ngày 24 tháng 5 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 2 x y x − + = − . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng y = x + m – 1 cắt ( C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB nhận điểm H(-1;1) làm trực tâm (với O là gốc tọa độ) . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2.sin(2 ) 6.sin( ) 1. 4 4 x x π π + + − = Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . 2 . 0 (x; y R). 1. 1 3 . 1 3 y x x y x y y x y x  − + − =  ∈  + + = − + + −   Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: ( ) 4 1 x ln 1 . x I dx x + + = ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho DH = 2.AH. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC, biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 0 30 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , b, ca thỏa mãn 2 bc a≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 . b c a b c P ac ab b c c a a b = + + + + + + + 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(-1;3), đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 1 0d x y− − = . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD. I là giao điểm của AM và BN. Tìm tọa độ điểm C , biết 7 1 ; 5 5 I   −  ÷   . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 1 1 1 x y z− − ∆ = = − , mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z+ + − = và điểm A(3; 2; -2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt đường thẳng ∆ tại B sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 2. Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của 8 x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của 2 2 9 n x n x   −  ÷   , biết 1 2 45 n n n n C C − − + = (với k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có hoành độ dương thuộc đường thẳng : 1 0d x y− + = và điểm A(1; 2) nằm ngoài đường tròn.Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C là tiếp điểm), viết phương trình đường tròn (C) biết 2 2IA = và đường thẳng BC đi qua điểm M(3; 1). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 2 0x y z+ + + = , đường thẳng 2 1 : 1 1 1 x y z− − ∆ = = − và điểm (2;1;1)A . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng ∆ , đi qua A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 9.b (1,0 điểm).Tìm số phức z biết ( ) 3 1 4 3z z z i+ = − − . ……………Hết…………… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 113 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu NỘI DUNG Điểm Ia TXĐ: D = R\ { } 2 Giới hạn, tiệm cận : 1 x Limy →+∞ = − , 1 x Lim y →−∞ = − ; (2)x Lim y + → = −∞ , (2)x Lim y − → = +∞ ⇒ 1y = − là tiệm cận ngang; 2x = là tiệm cận đứng. Chiều biến thiên: , 2 1 0 ( 2) y x = > − , với x D∀ ∈ ⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( ) ;2−∞ và ( ) 2;+∞ Cực trị: hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: Đồ thị: đi qua các điểm (1;0) ; (0; 1 2 − ) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(2;-1) làm tâm đối xứng 1,0đ Ib Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) 2 1 1 ( 2) 2 1 0 2 x x m x m x m x − + = + − ⇔ + − − + = − (đk 2x ≠ ) (*) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt (*)pt⇔ có hai nghiệm phân biệt 1 2 ;x x khác 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 0 0 4 0 4 4 2 2 2 1 0 m m m m m m m m  − − − + > >   ⇔ ⇔ + > ⇔   < − + − − + ≠    khi đó ta có 1 2 1 2 2 (1) . 2 1 (2) x x m x x m + = −   = − +  và 1 1 2 2 ( ; 1); ( ; 1)A x x m B x x m+ − + − do ( 1;1)OH OH d OH AB= − ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ uuur H là trực tâm của tam giác OAB . 0 (*)HA OB HA OB⇔ ⊥ ⇔ = uuur uuur Với ( ) ( ) 1 1 2 2 1; 2 ; ; 1HA x x m OB x x m= + + − = + − uuur uuur ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 (*) 1 2 1 0x x x m x m⇔ + + + − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 2 . 1 1 2 0x x m x x m m⇔ + − + + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 0m m m m m⇔ − + − − + − − = 1 2 4 0 2 m m⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn đk) 1,0đ Câu IIa Pt ⇔ ( ) sin 2 cos2 x 3 sinx cos 1x x + + − = ( ) ⇔ − + − = 2 2 sin . cosx 2 sin 3 s inx cos 0x x x ( ) ( ) ⇔ − − − = 2 sin cos s inx 3 cos s inx 0x x x ( ) ( ) 2sin 3 0 2sin 3 cos sinx 0 cos sinx 0 x x x x  − = ⇔ − − = ⇔  − =  1,0 2 −∞ +∞ -1 +∞ 1− −∞ 2 x y 1− I O y x Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Với sin cos 0 tan 1 4 x x x x k π π − = ⇔ = ⇔ = + (k ∈ Z) Với .2 3 3 2sinx 3 0 sinx 2 2 .2 3 x k x k π π π π  = +  − = ⇔ = ⇔   = +   Câu IIb đk: 2 1; 0 3 0 x y x y x ≥ − ≥   + − ≥  pt(1) ⇔ + − − + =2. . 2 2 0x y x y x có ( ) ( ) 2 2 8 2 4 y x x x∆ = + + = + ( ) 2 4 2 2 2 0 4 2 x y x y loai x +  =  +  ⇔ −  = < ⇒  +  với 2 4 2 2 2 2 x y y x y x x + = ⇔ = + ⇔ = + + , thế vào (1) ta được ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 2 2x x x x x+ + + = − + − + ( ) ( ) ( ) 2 1.( 2 1) 1 . 1 1x x x x⇔ + + + = − − + (*) Xét hàm số ( ) 2 2 ( ) 1 1 1f t t t t t t= + + = + + , có 2 ' 2 2 ( ) 1 1 0 ( ) 1 t f t t f t t = + + + > ⇒ + đồng biến Vì pt(*) ( ) 2 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1 x f x f x x x x x ≥   ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔  + = −   3x⇔ = Với x = 3 5y⇒ = (thỏa mãn). Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (3; 5). 1,0 Câu III Ta có: ( ) ( ) 4 4 4 1 2 1 1 1 x ln 1 ln 1 . . x x I dx x dx I I x x + + + = = + = + ∫ ∫ ∫ xét = = = ∫ 4 4 1 1 1 2 14 . 3 3 I xdx x x xét + = ∫ 4 2 1 ln(1 )x I x .dx đặt 1 ln(1 ) . 2 .(1 ) 1 2 2 u x du dx x x dv v x x   = + =   + ⇒   =   = +   ( ) ( ) 4 4 4 2 1 1 1 1 2 2 .ln 1 | . 6ln 3 4ln 2 2 | 6ln 3 4ln 2 2I x x dx x x ⇒ = + + − = − − = − − ∫ khi đó 1 2 I I I= + = + − − = − + 14 8 6 ln 3 4 ln 2 2 6 ln 3 4 ln 2 3 3 1,0đ 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu IV Ta có 2 , 3 3 a a AH DH= = , do ( )SH ABCD⊥ ⇒ SH là chiều cao của khối chóp S.ABCD và góc giữa SB với mặt phẳng (ABCD) là góc ¼ 0 30SBH = . Vì ¼ 0 0 2 2 0 tan tan 30 .tan 30 .tan30 SH SHB SH HB AB AH HB = = ⇔ = = + = 2 2 1 30 . 9 9 3 a a a + = .Khi đó . 1 . . 3 S ABCD ABCD V SH S= ,với 30 9 a SH = , 3 2 2 . 1 30 30 . .a 3 9 27 ABCD S ABCD a a S a V= ⇒ = = (đvtt) Do M, N lần lượt là trung điểm của SB và BC nên MN//SC 1 / /( ) ( ; ) ( ;( )) ( ;( )) . ( ;( )) 2 MN SDC d MN SD d MN SCD d N SCD d B SCD⇒ ⇒ = = = Mà AB//CD 3 / /( ) d(B;(SCD)) d(A;(SCD)) . ( ;( )) 2 AB SC d H SCD⇒ ⇒ = = Do đó 3 ( ; ) . ( ;( )) 4 d MN SD d H SCD= .Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên SD ( ;(SCD)) HId H⇒ = .Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 81 9 99 20 2 5 . . 30 4 20 99 3 11 a HI a HI HS HD a a a = + = + = ⇔ = = Vậy 3 2 5 5 ( ; ) . . . 4 3 11 2 11 a a d MN SD = = 1,0đ Câu V Ta có ( ) 2 2 4 4 2 b c b c bc a a + + ≥ ≥ ⇔ ≥ ; ( ) ( ) 2 2 2 ; b c b c b c ac ab a b c a + + + ≥ = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 b c b c b c b c c a a b bc ab ac bc bc a b c b c a b c + + + = + ≥ ≥ + + + + + + + + + 2 2( ) 2 2 b c b c a b c b c a a + + = = + + + + ; đặt b c t a + = ta có 2t ≥ và 1 2 (t) t 2 t P f t t ≥ = + + + Có ( ) ( ) ( ) ' 1 2 2 1 2 ( ) 1 0; 2; 2 2 2 ( 2) 2 2 2 ( 2) t t f t t t t t t t t t t t t − = − + = + > ∀ ∈ +∞ + + + + 1 ( ) (2) 3 2 f t f⇒ ≥ = + . 1,0đ 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Vậy 1 ( ) 3 2 P f t≥ ≥ + , dấu “=” xảy ra a b c⇔ = = 1 min 3 2 P⇒ = + đạt được tại a = b = c. Câu 6a 1,Do M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD Do BI đi qua I và vuông góc với AI BI ⇒ đi qua 7 1 ( ; ) 5 5 I − và có vtpt 12 16 ; 5 5 AI   = −  ÷   uur :3 4 5 0pt BI x y⇒ − − = , mà B d BI = ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) 2 1 0 3 3;1 3 4 5 0 1 x y x B x y y − − = =   ⇔ ⇒   − − = =   Vì BC đi qua B và có vtpt là ( ) 4; 2AB pt= − ⇒ uuur BC: 2x – y – 5 = 0 ⇒ C(a; 2a- 5) Do AB = BC ( ) ( ) 2 2 2 5 3 2 6 20 6 5 0 1 a a a a a a =  ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔  =  Với a = 5 ⇒ C(5; 5) Với a = 1 ⇒ C(1; -3) 1,0b Câu 6a 2, Do (1 ;2 ; )B B t t t∈∆ ⇒ + − ; 2(1 ) 2 2 1 ( ;( )) 2 2 9 t t t d B P + + − + − = ⇔ = 1 3 3 6 3 t t t =  ⇔ + = ⇔  = −  Với ( ) 1 (2;1;1) 1; 1;3t B AB= ⇒ ⇒ = − − uuur , ta có d đi qua A(3; 2;-2) và có vtcp là 3 2 2 : 1 1 3 x y z AB pt d − − + ⇒ = = − − uuur Với ( ) 3 ( 2;5; 3) 5;3; 1t B AB= − ⇒ − − ⇒ = − − uuur , ta có d đi qua A(3; 2;-2) và có vtcp là 3 5 : 2 3 2 x t AB pt d y t z t = −   ⇒ = +   = − −  uuur 1,0b Câu 7a Từ ( ) 1 2 2 1 45 45 90 0 9 2 n n n n n n C C n n n n − − − + = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ = Ta có khai triển: 9 9 1 2 2 2 2 1 2 2 2 9 n x n x x x x x −       − = − = −  ÷  ÷  ÷       ( ) 9 9 1 5 2 9 9 18 2 2 9 9 0 0 1 . . . 1 . 2 2 k k k k k k k k k x C x C x − − − − = =       − = −  ÷  ÷  ÷       ∑ ∑ ứng với 8 x ta có 5 18 8 4 2 k k− = ⇔ = ⇒ hệ số của 8 x là ( ) 5 4 4 9 1 63 . . 1 2 16 C   − =  ÷   1,0đ Câu 6b 1, Do ( ) ( ) 2 2 ( ; 1); 2 2 1 1 8I d I a a IA a a∈ ⇒ + = ⇔ − + − = 1 3 a a = −  ⇔  =  , vì hoành độ của I dương nên a =3 (3;4)I⇒ Gọi K là trung điểm của AI ( ) 2;3K⇒ . do AB, AC là các tiếp tuyến với (C) nên tứ giác ABIC nội tiếp đường tròn ( ) 1 C có tâm K bán kính 1 1 . 2 2 R AI= = .Ta có pt ( ) ( ) 2 2 1 ( ) : 2 3 2C x y− + − = Gọi R là bán kính của đường tròn (C) ta có pt ( ) ( ) 2 2 2 ( ) : 3 4C x y R− + − = 1,0đ 5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do B, C = 1 ( ) ( )C C∩ ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 3 4 x y x y R  − + − =   − + − =   Trừ theo vế 2 pt của hệ ta được pt BC: 2 2 2 14 0x y R+ + − = (Đk R < AI) Mà M(3; 1) 2 2 6 0 6BC R R∈ ⇒ − + = ⇔ = . Khi đó pt ( ) ( ) 2 2 ( ) : 3 4 6C x y− + − = Câu 6b 2, Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính của mặt cầu (S). Do (2 ; ;1 )I I t t t∈∆ ⇒ + − , ta có ( ) 2 2 2 2 1 3 2 1IA t t t t t= + − + = − + ; 2 2 2 2 ( ;( )) 6 6 t t t d I P + + + − + = = .Vì (S) đi qua A và tiếp xúc với (P) nên 2 2 ( ;( )) 3 2 1 6 3 2 5 0IH d I P t t t t= ⇔ − + = ⇔ − − = 1 5 3 t t =   ⇔  =  Với t =1 ( ) ( ) 2 2 2 (3;1;0) ( ) : 3 1 6I pt S x y z⇒ ⇒ − + − + = Với t = 5 3 2 2 2 11 5 2 11 5 2 ( ; ; ) ( ) : 6 3 3 3 3 3 3 I pt S x y z       ⇒ − ⇒ − + − + + =  ÷  ÷  ÷       1,0 Câu 7b Gọi z = a + bi là số phức cần tìm, ta có ( ) 3 1 4 3z z z i+ = − − ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 . 4 3a bi a bi a b i⇔ + + − = − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 2 . 4 1 3. 1 . 3. 1 2 a b a a b i a b a b i a b b  − + =  ⇔ − = − + − − + ⇔   − + =  ( ) 2 2 2 2 1 0 (a;b 0) 3 1 b a b a  − + =  ⇔ ≥  = −   Thế pt(2) vào pt(1) ta được 2 2 3 8 4 0 2 3 a a a a =   − + = ⇔  =  Với 2 3 2 3a b z i= ⇒ = ⇒ = + Với 2 1 2 1 3 3 3 3 a b z i= ⇒ = ⇒ = + 1,0 6 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 113 Ngày 24 tháng 5 năm 2014 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 2 x y x − + = − . a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ. A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 9.b (1,0 điểm).Tìm số phức z biết ( ) 3 1 4 3z z z i+ = − − . ……………Hết…………… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 113 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu NỘI DUNG Điểm Ia TXĐ:. cận đứng. Chiều biến thi n: , 2 1 0 ( 2) y x = > − , với x D∀ ∈ ⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( ) ;2−∞ và ( ) 2;+∞ Cực trị: hàm số không có cực trị Bảng biến thi n: Đồ thị: đi qua