BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 17 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) ) Cho hàm số x 2 y x 1 − = + , có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất. Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 5x x 4 3 sin x cos x 2cos cos 3 sin 2x 3cos x 2 2 2 0 2sin x 3 − + + + = − 2. Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 y 1 x 3y 2 y 4x 2 5y 3x 3 3 6.3 3 2.3 1 2. x y 1 3. 3y 2x + + − + − − + = + + + − = − Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân: 1 x 2 2 3 4 e x x 2tan x dx x cos x π π + + ÷ ∫ Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; AC = 2a 3 , BD = 2a; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3 4 , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 3 1 1 1 10 a b c b c a 3 + + + ≥ ÷ ÷ ÷ ÷ PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ). A.Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x y 1 0 − − = . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho điểm ( ) I 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua I cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CâuVII.a (1.0 điểm) Cho khai triển: ( ) ( ) 2 10 2 2 14 o 1 2 14 1 2x x x 1 a a x a x a x + + + = + + + + . Hãy tìm giá trị của 6 a . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( ) 2 P : y x 2x 1, = − + điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): 5x 2y 5z 0 − + = và tạo với mặt phẳng (R): x 4y 8z 6 0 − − + = góc o 45 . CâuVII.b (1.0 điểm) Cho khai triển đa thức: ( ) 2013 2 2013 o 1 2 2013 1 2x a a x a x a x − = + + + + . Tính tổng: 0 1 2 2013 S a 2 a 3 a 2014 a = + + + + HẾT 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Cho hàm số x 2 y x 1 − = + , có đồ thị (C). 2,0 1 Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C) 1,0 * Tập xác định: D { } \ 1R = − , ( ) 2 3 y 0, x D x 1 ′ = > ∀ ∈ + 0,25 * Sự biến thiên: + Giới hạn: x x 1 x 1 x lim y lim y 1, lim y , lim y + − →−∞ →− →− →+∞ = = = −∞ = +∞ . Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1 0,25 + Bảng biến thiên: x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 1 1 - ∞ + Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ . 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại điểm (0; 2). Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C…… 1,0 PT tiếp tuyến d có dạng ( ) ( ) o 2 o 3 x 2 y x x x 1 x 1 − = − + + + , (với o x là hoành độ tiếp điểm) Giao điểm của d lần lượt với tc đứng, tc ngang là: o o x 5 A 1; ; x 1 − − ÷ + ( ) o B 2x 1;1 + 0,25 2 y I -1 O 2 -2 1 x o o 6 IA ;IB 2x 2 IA.IB 12 x 1 = = + ⇒ = + 0,25 Bán kính 2 2 IA.IB IA.IB IA.IB 6 r IA IB AB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6 IA IB IA IB = = ≤ = + + + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 o o IA IB x 1 3 x 1 3 = ⇔ + = ⇔ = − ± 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 2 2 3 = + − hoặc y x 2 2 3 = + + 0,25 II 1 Giải phương trình : 1,0 Điều kiện : 0,25 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 sin 2x cos x cos3x cos 2x 3 sin 2x 3cos x 2 0 3 sin 2x 2cos x 1 cos3x cos x cos2x 1 2cos x 1 0 3 sin 2x 2cos x 1 4cosx.sin x 2sin x 2cos x 1 0 3 sin 2x 2cos x 1 2sin x 2cos x 1 2cos x 1 0 2cos x 1 3 sin 2x 2sin x 1 0 2cos x 1 3 si − − + + + = ⇔ + − − − − + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + + = ⇔ + ( ) n 2x cos2x 2 0− + = 0,25 ( ) 1 2 cos x x 2k 2cos x 1 0 2 3 k 1 3sin 2x cos2x 2 0 cos 2x x k ;x k 3 2 3 − π = = ± + π + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈Ζ π −π − + = + = = π = + π ÷ 0,25 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 2 x k ;x k2 ;x k2 (k Z) 3 3 − π −π = π = + π = + π ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình : ( ) 2 2 y 1 x 3y 2 y 4x 2 5y 3x 3 3 6.3 3 2.3 1 2. x y 1 3. 3y 2x + + − + − − + = + + + − = − ( ) ( ) 1 2 1,0 Đk: x y 1 0 + − ≥ (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4x 2 3y 3x y 4x 2 2y 3y 3x y 1 2y 4x 2 2y y x y 4x 2 2y 1 3 6.3 3 2.3 0 3 3 27 6.3 0 3 3 0 y 2x 1 − + − + − + − + + − − − ⇔ + − + = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = − Thay vào (2) ta có: 3 2 1 2 3x 2 3. 4x 3, x 3 + − = − ≥ 0,25 Đặt 3 a 3x 2 0;b 4x 3 = − ≥ = − ta có hệ 2 3 1 2a 3b 4a 3b 1 + = − = ( ) ( ) 3 4 0,25 3 Từ ( ) 3b 1 3 a 2 = ⇒ = thay vào pt (4) ta được 3 2 1 b 0 a 2 3b 9b 6b 0 b 1 a 1 5 b 2 a 2 − = ⇒ = − + = ⇔ = ⇒ = = ⇒ = +) 1 b 0;a 2 − = = không thõa mãn +) a 1 x 1 b 1 y 1 = = ⇔ = = +) 11 5 x a 4 2 9 b 2 y 2 = = ⇔ = = 0,25 Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là ( ) 11 9 1;1 , ; 9 2 ÷ 0,25 III Tính tích phân: 1 x 2 2 3 4 e x x 2 tan x dx x cos x π π + + ÷ ∫ 1,0 Ta có: 1 1 2 x x 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 e x 1 x I x 2 tan x dx e . dx dx 2x tan xdx x cos x x cos x π π π π π π π π = + + = + + ÷ ∫ ∫ ∫ ∫ (1) 0,25 +) 1 4 1 1 1 3 x x x 2 3 3 3 4 4 4 1 1 e . dx e d e e e x x π π π π π π π π = − = − = − + ÷ ∫ ∫ 0,25 +) 2 2 3 4 x J dx cos x π π = ∫ : Đặt ( ) 2 2 3 3 4 2 4 u x du 2xdx J x t anx 2x tan xdx 1 v t anx dv dx cos x π π π π = = ⇒ ⇒ = − = = ∫ 2 3 4 9 J 2x tan xdx 16 π π π = − ∫ 0,25 Thay vào (1) ta có 1 4 2 3 9 I e e 16 π π π = − + + 0,25 Tính thể tích…… 1,0 0,25 4 IV a O D C A B S H K I Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB ⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH = = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 0,25 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO = = (đvtt) 0,25 Chứng minh rằng: 3 1 1 1 10 a b c b c a 3 + + + ≥ ÷ ÷ ÷ ÷ 1,0 Vì a b c 1 + + = nên 1 1 1 1 1 1 1 M a b c abc 1 b c a abc a b c = + + + = + + + + + ÷ ÷ ÷ Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3 1 a b c 1 abc abc 3 27 27 + + = ≥ ⇒ ≤ 0,25 Lại có: 2 2 2 2 2 1 1 27 1 1 27 1 730 abc abc 2 abc. abc 27 abc 27 abc 27 abc 27 27 − − + = + + ≥ + = ÷ 0,25 5 Mặt khác: ( ) 1 1 1 1 1 1 a b c 9 9 a b c a b c + + + + ≥ ⇒ + + ≥ ÷ Suy ra 730 1000 M 9 1 27 27 ≥ + + = 0.25 Vậy 3 1 1 1 10 a b c b c a 3 + + + ≥ ÷ ÷ ÷ ÷ (đpcm) Dấu bằng xảy ra 1 a b c 3 ⇔ = = = . 0,25 VIa 1 Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi 1,0 Phương trình MP là: x y 3 0 + − = I MP NQ = ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình ( ) x y 1 0 x 2 I 2;1 x y 3 0 y 1 − − = = ⇔ ⇒ + − = = . 0,25 I là trung điểm của MP nên suy ra ( ) P 3;0 phương trình NQ là x y 1 0 − − = nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) 0,25 Do ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1 = ⇒ = ⇔ − + − = + ( ) 2 m 4 m 2 4 m 0 = ⇔ − = ⇔ = 0,25 Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) ⇒ Q(4; 3) Vậy ( ) P 3;0 , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm. 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng ( ) P 1.,0 Giả sử A(a; 0; 0), B(b; 0; 0), C(c; 0; 0), abc ≠ 0 ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là: x y z 1 a b c + + = . (P) qua I nên 1 1 1 1 a b c + + = (1) 0,25 Mà IA=IB=IC nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 a 1 b 1 c 1 − + + = + − + = + + − ⇔ − = − = − a b c ⇔ = = hoặc b a 2 c a = − = hoặc c 2 a b a = − = hoặc b c 2 a = = − 0,25 Với a=b=c thay vào (1) ta được a=b=c=3. Khi đó pt (P): x+y+z=3 Với b a 2 c a = − = hoặc c 2 a b a = − = thay vào (1) ta được 2 2 1 1 a 3a 4 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) Với b c 2 a = = − thay vào (1) ta được 2 1 2 1 a a 2 0 a 2 a + = ⇔ − + = − (VN) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: x+y+z=3 0,25 VII.a 1,0 • Ta có 4 3 )12( 4 1 1 22 ++=++ xxx nên ( ) 10121422 10 )21( 16 9 )21( 8 3 )21( 16 1 )1(21 xxxxxx +++++=+++ 0,25 • Trong khai triển ( ) 14 21 x+ hệ số của 6 x là: 6 14 6 2 C Trong khai triển ( ) 12 21 x + hệ số của 6 x là: 6 12 6 2 C Trong khai triển ( ) 10 21 x+ hệ số của 6 x là: 6 10 6 2 C 0,5 6 Vậy hệ số .417482 16 9 2 8 3 2 16 1 6 10 66 12 66 14 6 6 =++= CCCa 0,25 VIIb 1 Tìm tọa độ C và D 1,0 Pt đường thẳng AB: x y 1 0 − + = 0,25 I nằm trên cung AB của (P) ( ) [ ] 2 I m;m 2m 1 ,m 0;3 ⇒ − + ∈ Diện tích tam giác IAB lớn nhất ( ) 2 m 3m d I;AB 2 − ⇔ = lớn nhất 0,5 Xét hàm số ( ) 2 f m m 3m = − trên [ ] 0;3 ta có: m 0 2 3 3 f(m) 0 0 9 4 − Suy ra [ ] ( ) 2 9 9 m 0;3 ,0 m 4m d I;AB 4 4 2 ∀ ∈ ≤ − ≤ ⇒ ≤ . Dấu “=” xảy ra 3 3 1 m I ; 2 2 4 ⇔ = ⇒ ÷ 0,25 I là trung điểm của AC và BD nên 1 C 3; 2 − ÷ và 7 D 0; 2 ÷ là hai điểm cần tìm 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,0 Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với 2 2 2 A B C 0 + + > ( ) ( ) ( ) 5 P Q 5A 2B 5C 0 B A C 2 ⊥ ⇔ − + = ⇔ = + (1) 0,25 (P) tạo với (R) góc o 45 nên o 2 2 2 2 2 2 A 4B 8C A 4B 8C 1 cos45 2 A B C 1 16 64 A B C .9 − − − − = ⇔ = + + + + + + (2) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 25 1 , 2 2 A 10 A C 8C 9 A A C C 4 ⇒ − + − = + + + 2 2 21A 18AC 3C 0 ⇔ + = = 0,25 Chọn A 1 C 1 1 A 7 = − = ⇒ = *) A 1,C 1 B 0 = − = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0 *) 1 20 A ,C 1 B 7 7 = = ⇒ = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0 0,25 VIIb Cho khai triển đa thức: ( ) 2013 2 2013 o 1 2 2013 1 2x a a x a .x a .x − = + + + + Tính tổng: 0 1 2 2013 S a 2 a 3 a 2014 a = + + + + 1,0 Ta có: ( ) 2013 2 2013 0 1 2 2014 (1 2 ) 2 3 2014 .x x a a x a x a x ′ − = + + + + 2013 1012 2 2013 0 1 2 2013 (1 2 ) 4026 (1 2 ) 2 3 2014x x x a a x a x a x ⇔ − − − = + + + + (*). 0,5 Nhận thấy: ( ) k k k k a x a x = − do đó thay 1x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 2213 0 1 2 2013 2 3 2014 1343.3S a a a a = + + + + = 0,5 7 8 . VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 17 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1 , B Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ. a O D C A B S H K I Từ giả thi t AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O c a mỗi đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 6 0A. = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thi t hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến c a chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm c a AB,