Đề luyện thi đại học môn Toán số 114

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 115 Ngày 26 Tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ĐIỂM) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 3 2 2 3 (1)y x x m x m= + + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của đoạn AB nằm trên trục hoành Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2 2017 2.sin sin 2 1 tan 4 2 x x x π π     − − + = −  ÷  ÷     2. Giải phương trình sau: 2 5 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x + − − = − + − ( x R ∈ ) Câu II I (1 điểm). Tính tích phân sau: ( ) 2 2 1 ln ln . 1 x x e x x e e x I dx e + + = + ∫ Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dương và thỏa mãn: 2 2 2 3x y z+ + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2011 8 2012 xyz x y y z z x + ≥ + + + PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:phần A hoặc B) A.Theo chương trình c huẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phương trình đường thẳng BD là: 3x - y - 8 = 0, đường thẳng AB đi qua M(1; 5), đường thẳng BC đi qua N(7; 3), đường chéo AC đi qua P(2; 3) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S): 2 2 2 2 4 2 3 0x y z x y z+ + − + + − = ; (P): 2x + 2y - z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VII.a (1 điểm) . Cho số phức z 1 thoả mãn : ( ) ( ) 3 1 2 1 2 1 i z i + = + . Tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: 1 4z z+ ≤ . B.Theo chương trình n âng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân tại đỉnh C. Biết phương trình đường thẳng AB là: x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là 14 5 ; 3 3 G    ÷   và diện tích của tam giác bằng 65 2 (đvdt). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S): 2 2 2 2 4 6 2 0x y z x y z+ + + − − − = ; (P): 2x - 2y + z - 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: 3 1 2 8 9 3 4 log 1 2 log 1 x y y x  + =   − + =   ( ,x y R∈ ) Hết Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 1 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC SỐ 115 Câu I Nội dung Điểm 1. Khảo sát hàm số Với m = 0 ta có: y = x 3 + 3x 2 * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’ = 3x 2 + 6x = 3x(x + 2) Xét dấu y’: x - ∞ -2 0 +∞ y’ + 0 - 0 + => Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -2) và (0; +∞) Hàm số nghịch biến trên (-2; 0) 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, y CĐ = y(-2) = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = 0 - Giới hạn: lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0,25 - Bảng biến thiên: x - ∞ -2 0 +∞ y' + 0 - 0 + y - ∞ 4 + ∞ 0 0,25 * Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (0;0), (-3;0) 0,25 2. Tìm m Ta có: y’ = 3x 2 + 6x + m 2 Hàm số có cực đại, cực tiểu ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 ' 9 3 0 3 3m m⇔ ∆ = − > ⇔ − < < 0,25 Lâý y chia y’ ta có: 2 2 1 1 2 1 ' 2 3 3 3 3 m y y x x m m       = + + − + −  ÷  ÷  ÷       Giả sử A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) (trong đó: x 1 + x 2 = -2) Ta có: 2 2 1 1 1 2 1 ( ) 2 . 3 3 m y y x x m m     = = − + −  ÷  ÷     2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 . 3 3 m y y x x m m     = = − + −  ÷  ÷     0,25 Ta có: ( ) 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 . 2 3 3 m m 2 2 2 I I x x x m x x m m y y y +  = = −        − + + −  ÷  ÷  +      = = = − + +  => I(-1; - m 2 + m+ 2) 0,25 Theo gt: I ∈ Ox => - m 2 + m + 2 = 0 1 ( / ) 2 ( ) m T M m L = −  ⇔  =  Vậy m = -1 thoả mãn bài toán. 0,25 CâuI I: 1. Giải phương trình: 2 2017 2sin ( ) sin(2 ) 1 tan 4 2 x x x π π − − + = − Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 2 x O y -2 4 1 Điều kiện: cos 0 ( ) 2 x x k k Z π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ +Với đk trên pt đã cho tương đương: 1 cos 2 sin 2 1008 ) 1 tan 2 2 x x x π π π     − − − + + = −  ÷  ÷     1 sin 2 cos2 1 tanx x x⇔ − − = − sin 2 cos2 tan 0x x x⇔ + − = 0, 2 5 2 sin 2sin .cos 2cos (1 ) 0 cos x x x x x ⇔ + − + = sin cos 2cos .(sin cos ) 0 cos x x x x x x + ⇔ + − = 0, 2 5 1 (sin cos ).(2cos ) 0 cos x x x x ⇔ + − = ( ) 2 sin .cos2 0 4 x x π ⇔ + = 0,25 ( ) 4 sin 0 4 cos2 0 4 2 x k x k x x π π π π π  = − +  + =   ⇔ ⇔   = + =   (tmđk) Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm: 4 2 k x π π = + (họ 4 2 k π π + chứa 4 k π π − + ) 0,25 2. Giải phương trình: 2 5 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x + − − = − + − + Điều kiện: 2 5 0 3 2 3 0 3 2 3 0 x x x x + ≥   − ≥ ⇔ ≤ ≤   − ≥  0,25 + PT đã cho ( ) ( ) 3 2 5 2 3 2 2 3 2 3x x x x⇔ + − − = − + − 3. 2 5 5. 2 3 4 3x x x⇔ + = − + − 0,25 9.(2 5) 25(2 3) 16(3 ) 40 (2 3)(3 )x x x x x⇔ + = − + − + − − 5 (2 3)(3 ) 9 2x x x⇔ − − = − 2 9 2 0 25(2 3)(3 ) (9 2 ) x x x x − ≥  ⇔  − − = −  2 9 2 54 261 306 0 x x x  ≤  ⇔   − + =  0,25 9 2 17 2,8 17 6 2 6 2 x x x x x  ≤    = ≈  ⇔ ⇔   =    =    =   (Tmđk) Vậy PT có 2 nghiệm là: x = 2, x = 17 6 0,25 Câu III: Tính tích phân: 2 2 1 ln ( ln ) 1 e x x x x e e x I dx e + + = + ∫ Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 ln .ln . ln 1 1 e e x x x x x x e e x e I dx x dx e e   + + = = +  ÷ + +   ∫ ∫ 2 2 1 1 ln . . 1 e e x x e x dx dx e = + + ∫ ∫ 0,25 * Tính 2 1 1 ln . e I x dx= ∫ đặt: 2 2ln . ln dx du x u x x dv dx v x   = =  ⇒   =   =  2 1 1 1 ( ln ) 2ln . 2ln . 1 e e e I x x x dx e x dx⇒ = − = − ∫ ∫ Đặt: 2 2ln dx u x du x dv dx v x  = =   ⇒   =   =  1 1 2 .ln 2. 2 1 e e I e x x dx e   ⇒ = − − = −     ∫ 0,25 2 2 1 1 e x x e I dx e = + ∫ Đặt: y = e x + 1 => e x = u – 1 và e x .dx = du Khi: x= 1 => u = e + 1 x = e => u = e e + 1 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 ( ln ) 1 e e e e e e e e u I du du u u u u e + + + + + −     ⇒ = = − = −  ÷  ÷ +     ∫ ∫ = e e + 1 – ln(e e +1) – (e + 1 – ln(e + 1)) = e e – e + ln 1 1 e e e +    ÷ +   Vậy: I = I 1 + I 2 = e – 2 + e e – e + ln 1 1 e e e +    ÷ +   = e e – 2 + ln 1 1 e e e +    ÷ +   0,25 Câu IV: Hình không gian Dựng HI ⊥ AC => SI ⊥ AC (định lý 3 đường vuông góc) · 0 60SIH⇒ = Xét ∆ SHI có tan60 0 = 0 2 6 .tan 60 . 3 4 4 SH a a SH HI HI ⇒ = = = 0,25 2 . ( ). 3 2 2 2 4 HABC a a a AH BC AB a S   +  ÷ +   = = = 2 3 . 1 1 3 6 6 . . . . 3 3 4 4 16 S HABC HABC a a a V S SH= = = 0,25 * Tính khoảng cách từ H đến (SBC) Gọi J là trung điểm của BC. Dựng HK ⊥ SJ => HK ⊥ (SBC) => d(H; (SBC)) = HK 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 8 1 11 .6 3 3 16 a HK SH HJ a a a a = + = + = + = => HK = 3 33 11 11 a a = . Vậy d(H;(SBC)) = 33 11 a 0,25 Câu V: CM bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 3 3 3.x y z x y z= + + ≥ 2 2 2 3 1 x y z⇒ ≥ 1xyz⇒ ≤ 2011 2011 xyz ⇒ ≥ 0,25 áp dụng bđt côsi ta có: 3 2 ( )( )( ) ( ) 3 3 x y y z z x x y y z z x x y z + + + + + + + + ≤ = + + (1) áp dụng bđt bunhiacôpky ta có: (1 2 + 1 2 + 1 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x + y + z) 2 => (x + y + z) 2 ≤ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 (gt) => x + y + z ≤ 3 (2) Từ (1) và (2) 3 2 ( )( )( ) .3 2 3 x y y z z x⇒ + + + ≤ = ( )( )( ) 8x y y z z x⇒ + + + ≤ 8 8 1 ( )( )( ) 8x y y z z x ⇒ ≥ = + + + 0,25 Vậy: 2011 8 2011 1 2012 ( )( )( )xyz x y y z z x + ≥ + = + + + (đpcm) 0,25 Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 0,25 PHẦN TỰ CHỌN A- Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a 1. Tìm toạ độ các đỉnh A, B , C, D Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 4 . C S D B A H O J I K Gọi I là giao điểm của AC và BD AC ⊥ BD và đi qua P(2;3) nên có phương trình: x+3y-11=0 I = AC ∩ BD 7 5 ; 2 2 I   ⇒  ÷   . C 0,25 Vì B thuộc BD ( ) ;3 8B t t⇒ − ( ) ( ) 1 ;13 3 ; 7 ;11 3BM t t BN t t⇒ = − − = − − uuuur uuur BM ⊥ BN nên 2 5 . 0 10 80 150 0 3 t BM BN t t t =  = ⇔ − + = ⇔  =  uuuur uuur 0,25 * với t = 5 (5;7)B⇒ khi đó D(2;-2). AB có phương trình: x - 2 y +9 = 0 A=AB ∩ AC ( ) 1;4A⇒ − khi đó C(8;1) 0,25 * với t = 3 (3;1)B⇒ khi đó D(4; 4). AB có phương trình: 2x + y -7 = 0 A=AB ∩ AC ( ) 2;3A⇒ khi đó C(5; 2). Vậy: ( ) 1;4A − , (5;7)B , C(8;1), D(2;-2)Hoặc ( ) 2;3A , (3;1)B , C(5; 2), D(4; 4) 0,25 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) Ta có: x 2 + y 2 + z 2 - 2x + 4y +2z -3= 0 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 3x y z⇔ − + + + + = => mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3. 0,25 Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phương trình dạng: 2x + 2y - z + D = 0 ( D 5≠ ) 0,25 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên ( ) ;( ) 3d I Q R= = 10 1 9 8 D D D =  − = ⇔  = −  0,25 Vậy (Q) có phương trình: 2x + 2y - z + 10 = 0 Hoặc 2x + 2y - z - 8 = 0 0,25 Câu VII.a Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 2 5 2 2 5 2 2 5 2 4 2 2 1 i i i i z i i i + − + − − + = = = = + + 1 2 5 2 2 z i⇒ = − 0,5 Giả sử: z =x + yi ( x, y ∈ R). suy ra M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z Ta có: 1 2 5 2 5 4 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4 2 2 2 2 z z x yi i x y i+ ≤ ⇔ + + − ≤ ⇔ + + − ≤ 2 2 2 2 2 2 5 2 5 4 4 2 2 2 2 x y x y         ⇔ + + − ≤ ⇔ + + − ≤  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         0,25 Suy ra tập hợp điểm M là hình tròn tâm 2 5 ; 2 2 I   −  ÷  ÷   , bán kính R = 4 0,25 B- Theo chương trình nâng cao Câu VI.b 1. Viết phương trình đường tròn Gọi H là trung điểm của AB CH AB⇒ ⊥ CH có phương trình: x-y-3=0 5 1 ; 2 2 H CH AB H   = ∩ ⇒ −  ÷   ; 2 (9;6)CG GH C= ⇒ uuur uuur 0,25 Đặt A(a;2-a) ⇒ B( 5-a; a-3) 13 13 (5 2 ;2 5); ; 2 2 AB a a CH   ⇒ = − − = − −  ÷   uuur uuur Theo gt thì 2 0 65 1 65 . 8 40 0 5 2 2 2 ABC a S AB CH a a a =  = ⇔ = ⇔ − = ⇔  =  V * a = 0 ( ) ( ) 0;2 ; 5; 3A B⇒ − 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 5 C A B H G . C D A B I M . N P . * a = 5 ( ) ( ) 5; 3 ; 0;2 .A B⇒ − Đường tròn cần tìm có phương trình dạng: 2 2 2 2 2 2 0 ( 0)x y ax by c a b c+ + + + = + − > Do đường tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ: 4 4 137 / 26 10 6 34 59 / 26 18 12 117 66 /13 b c a a b c b a b c c + = − = −     − + = − ⇔ = −     + + = − =   0,25 Vậy đường tròn cần tìm có pt: 2 2 137 59 66 0 13 13 13 x y x y+ − − + = 0,25 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) Ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y -6z -2 = 0 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 4x y z⇔ + + − + − = => mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; 3), R = 4 0,25 Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phương trình dạng: 2x -2y+z + D = 0 ( D 5≠ − ) 0,25 Vì (Q) cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính đúng bằng R = 4 nên mặt phẳng (Q) đi qua tâm I(-1;2;3) suy ra D =3 0,25 Vậy (Q) có phương trình: 2x - 2y + z + 3 = 0 0,25 Câu VII.b Giải hệ phương trình: 3 1 2 8 9 3 4 (1) log 1 2 log 1 (2) x y y x  + =   − + =   Điều kiện: 0 1 2 x y >    <   Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 log 1 2 log 1 log 2 2 1 2 y y x x y x −   ⇔ − − = ⇔ = ⇔ = −  ÷   0,5 Thay vào (1) ta có pt: ( ) ( ) 3 2 2 3 4.3 3 0 3 1 3 3.3 3 0 y y y y y − + = ⇔ − − − = 3 3 1 0 3 21 3 3 21 log ( ) 2 2 3 21 3 ( ) 2 y y y y y L L   = =    +    ⇔ = ⇔ +   =  ÷  ÷      −  =   0,25 Với y = 0 suy ra x= 1/2 (TM) Vậy hệ có một nghiệm : 1/ 2 0 x y =   =  0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT: 01694838727 6 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 115 Ngày 26 Tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ĐIỂM) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 3 2 2 3 (1)y x x m x m= + + + 1. Khảo sát sự biến thi n và. 01694838727 1 HƯỚNG DẪN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC SỐ 115 Câu I Nội dung Điểm 1. Khảo sát hàm số Với m = 0 ta có: y = x 3 + 3x 2 * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: y’ = 3x 2 +. + 0 - 0 + => Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -2) và (0; +∞) Hàm số nghịch biến trên (-2; 0) 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, y CĐ = y(-2) = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại