Đề thi thử đại học môn Toán tuyển chọn số 43

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 - NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN - KHỐI: A, A 1 , B, D Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = − có đồ thị là (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 rằng tiếp tuyến đó cắt hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân. Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 3 3 sin cos cos2 .cot .cot 4 4 x x x x x π π     − = + −  ÷  ÷     . Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 2 3 3 1 3 2 2 0 x y x y x x y y  − − = −   + − − − + =   Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: 3 0 2 1 ( ).ln( 1).d 1 1 I x x x x = − + + + ∫ Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, 2 , 3BC a AC a= = . Tam giác SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 5( ) 6( )a b c ab bc ca+ + = + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2( ) ( )M a b c a b= + + − + . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn. Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: 2 2 ( 1) ( 2) 25x y− + + = . Biết chân các đường cao của tam giác kẻ từ B và C lần lượt là ( 2; 2)H − − và (1;2)K . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết đỉnh A có hoành độ âm. Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z− + ∆ = = − và mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z− + = . Gọi I là giao điểm của ∆ và mp(P), gọi M là điểm thuộc ∆ sao cho 6MI = . Tính khoảng cách từ M đến mp(P). Câu 9.a (1 điểm). Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4. Lấy ngẫu nhiên 3 số bất kì trong tập S. Tính xác suất để trong 3 số được lấy ra có đúng một số có chữ số 3. B. Theo chương trình nâng cao. Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho 2CN ND= . Cho điểm ( ) 1;3M − và đường thẳng AN có phương trình: 2 3 0x y− − = . Tính diện tích hình vuông ABCD và tìm tọa độ điểm A biết điểm A có tung độ dương. Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z− + ∆ = = − và các mặt phẳng: ( ) : 2 2 1 0, ( ) : 2 2 3 0P x y z Q x y z− + + = + − + = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc ∆ đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu 9.b (1 điểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết rằng 4z = và ( 3 )w i z= − có một acgumen là 6 π . - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không được dùng tài liệu. HẾT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẦM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN – KHỐI A, A 1 , B, D. Câu Đáp án Điểm 1 (2đ) 1. (1 điểm) * TXĐ: { } \ 2R * Sự biến thiên: - Giới hạn: lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = nên đường thẳng 2y = là tiệm cận ngang của đồ thị (C) 2 lim x y − → = −∞ và 2 lim x y + → = +∞ nên đường thẳng 2x = là tiệm cận đứng của (C) 0,25đ - Chiều biến thiên: Ta có: 2 4 ' 0, 2 ( 2) y x x − = < ∀ ≠ − nên hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2)−∞ và (2; )+∞ 0,25đ - Bảng biến thiên: x −∞ 2 +∞ 'y − − y 2 −∞ +∞ 2 * Đồ thị: Đồ thị (C) cắt trục Ox và trục Oy tại điểm (0;0) , đi qua các điểm (1; 2)− , (3;6), (4;4) . (C) nhận giao điểm (2;2)I của 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5đ 2. (1 điểm) - Do tiếp tuyến cần tìm cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên tam giác đó là tam giác vuông cân suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là 1k = ± 0,25đ - Suy ra: 2 2 2 4 4 ' 1 1 1 ( 2) 4 ( 2) ( 2) y x x x − − = ± ⇔ = ± ⇔ = − ⇔ − = − − 2 2 4 4 2 2 0 0 x x y x x y − = = =    ⇔ ⇔ ⇒ ⇒    − = − = =    các tiếp điểm là: 1 (4;4)M và 2 (0;0)M . 0,5đ - Với tiếp điểm 1 (4;4)M ta được tiếp tuyến: 8y x= − + - Với tiếp điểm 2 (0;0)M ta được tiếp tuyến : y x= − - Tuy nhiên, tiếp tuyến : y x= − đi qua gốc tọa độ nên không tạo với 2 trục tọa độ được một tam giác. Do đó chỉ có tiếp tuyến: 8y x= − + là thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25đ 2 (1đ) * Giải phương trình: 3 3 sin cos cos2 .cot .cot 4 4 x x x x x π π     − = + −  ÷  ÷     (1) 3 3 (1) cos sin cos 2 .cot( ).cot( ) 4 4 PT x x x x x π π ⇔ − = + − (2) * ĐK: sin( ).sin( ) 0 sin( ).cos( ) 0 sin( 2 ) 0 4 4 4 4 2 cos2 0 2 2 4 2 x x x x x x x k x k π π π π π π π π π + − ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ + ⇔ ≠ + 0,25đ 3 3 (2) cos sin cos2 (cos sin )(1 sin .cos ) (cos sin )(cos sin ) tan 1 cos sin 0 tan 1 sin 1 1 sin .cos cos sin (1 cos )(1 sin ) 0 cos 1 , 2 , 2 4 2 PT x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x k x k π π π π π ⇔ − = ⇔ − + = − + =  − = =    ⇔ ⇔ ⇔ =    + = + − − =    =  ⇔ = + = + = 0,5đ - Kết hợp với điều kiện ta được 2 họ nghiệm : 2 , 2 2 x k x k π π π = + = , k ∈¢ 0,25đ 3 (1đ) Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 2 3 3 (1) 1 3 2 2 0 (2) x y x y x x y y  − − = −   + − − − + =   * ĐK : 1 1; 0 2x y− ≤ ≤ ≤ ≤ . 3 2 3 2 (1) ( 1) 3( 1) 3PT x x y y⇔ + − + = − (3) - Do 1 1 0 1 2x x − ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ . 0,25đ - Xét hàm số : 3 3 ( ) 3f t t t= − trên [ ] 0;2D = Có [ ] 2 '( ) 3 6 3 ( 2) 0 0;2 ( )f t t t t t t f t= − = − ≤ ∀ ∈ ⇒ nghịch biến trên [ ] 0;2D = (3) ( 1) ( ) 1PT f x f y x y⇒ ⇔ + = ⇔ + = 0,5đ - Thay vào PT(2), rút gọn ta được phương trình : 2 2 2 2 2 2 2 1 2 0 (1 ) 2 1 3 0 1 1 1 1 0x x x x x x x− − + = ⇔ − + − − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = 1y⇒ = . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : ( ; ) (0;1)x y = 0,25đ 4 (1đ) Ta có: 3 3 3 0 0 0 2 1 ln( 1) ln( 1) ( ).ln( 1).d 2 .d d 2 1 1 1 1 x x I x x x x J K x x x x + + = − + = − = − + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25đ - Tính 3 0 ln( 1) .d 1 x J x x + = + ∫ ; đặt d ln( 1) d 1 x t x t x = + ⇒ = + ; đổi cận : ln4 ln4 2 2 0 0 .d 2ln 2 2 t J t t⇒ = = = ∫ 0,25đ - Tính 3 0 ln( 1) d 1 x K x x + = + ∫ ; đặt d ln( 1) d 1 d d 2 1 1 x u x u x x v v x x = +   =   + ⇒   =   = + +   0,5đ x 0 3 t 0 ln4 ( ) 3 3 3 0 0 0 d 2 1.ln( 1) 2 8ln 2 4 1 8ln 2 4 1 x K x x x x ⇒ = + + − = − + = − + ∫ Vậy 2 2 2 4ln 2 8ln 2 4 (2ln 2 2)I J K= − = − + = − 5 (1đ) *Tính thể tích S.ABC - Gọi H là trung điểm AB ( )SH AB SH ABC⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Hay SH là đường cao của hình chóp S.ABC - Ta có : 2 2 AB BC AC a= − = Hay SABV là tam giác đều cạnh a 3 2 a SH⇒ = ; 2 1 1 3 . . 3 2 2 2 ABC a S AB AC a a= = = V 2 3 . 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 4 S ABC ABC a a a V SH S⇒ = = = V 0,5đ * Tính khoảng cách từ A đến mp(SCB) - Dựng HI BC ⊥ tại I ( ) ( ) ( )BC SHI SBC SHI⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (theo giao tuyến SI) - Dựng HK SI ⊥ tại K ( ) ( ;( ))HK SBC HK d H SBC⇒ ⊥ ⇒ = . - Ta có: . 3 4 AC BH a ABC IBH IH BC ⇒ = =V : V 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 20 3 15 3 3 3 10 2 5 a a HK HK SH HI a a a = + = + = ⇒ = = - Do H là trung điểm AB nên 15 ( ;( )) 2. ( ;( )) 5 a d A SBC d H SBC= = * Vậy 3 . 15 ; ( ;( )) 4 5 S ABC a a V d A SBC= = 0,5đ 6 (1đ) - Ta có 2 2 2 2 2 2 5 6 ( ) 5 5( ) 5 6( ) ( ) 6 ( ) 2 4 a b c a b c ab bc ca a b c a b+ + ≤ + + = + + ≤ + + + 2 2 5 6 ( ) ( ) 0 2( ) 5 a b c c a b a b c a b a b c a b + ⇒ − + + + ≤ ⇔ ≤ ≤ + ⇒ + + ≤ + 0,25đ - Khi đó : 2 2 2 2 1 1 2( ) ( ) 2( ) ( ) 4( ) ( ) 2 2 M a b c a b a b c a b a b a b= + + − + ≤ + + − + ≤ + − + - Đặt 0t a b t= + ⇒ ≥ và 4 1 2 2 M t t≤ − - Xét hàm số: 4 1 ( ) 2 2 f t t t= − với 0t ≥ , có 3 '( ) 2 2 '( ) 0 1f t t f t t= − ⇒ = ⇔ = . - Lập bảng biến thiên : t 0 1 +∞ f’(t) + 0 − f(t) 3 2 0 −∞ 0,5đ - Từ BBT suy ra 3 ( ) , 0 2 f t t≤ ∀ ≥ , dấu " "= 3 1 , , , 0 2 t M a b c= ⇒ ≤ ∀ ≥ 0,25đ S K I H C B A max 1 3 2 2 1 1 c a b a b M a b c a b = +   = =   = ⇔ = ⇔     = + =   7.a (1đ) - Đường tròn (T) có tâm (1; 2)I − . Ta có : · · 0 90BKC BHC= = ⇒ tứ giác BKHC nội tiếp · · KBC KHA⇒ = (1) - Gọi At là tiếp tuyến của đường tròn (T) · · ABC CAt⇒ = (2) - Từ (1) và (2) · · / /KHA HAt KH At⇒ = ⇒ KH IA ⇒ ⊥ (3;4)HK⇒ = uuur là vectơ pháp tuyến của IA ⇒ phương trình :3 4 5 0IA x y+ + = 0,25đ - Điểm ( )A AI T= ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm hệ : 2 2 3 4 5 0 5 3 5 1 ( 1) ( 2) 25 x y x x y y x y + + = = = −    ⇔ ∨    = − = − + + =    . Vì 0 A x < nên ( 3;1)A = − 0,25đ - Ta có (4;1) (1; 4) : 4 7 0 AB AK n AB x y= ⇒ = − ⇒ − + = uuur uuur - Điểm ( )B AB T= ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm hệ : 2 2 53 4 7 0 3 17 43 1 ( 1) ( 2) 25 17 x x y x y x y y  =  − + = = −    ⇔ ∨    = − + + =    =   53 43 ; 17 17 B   ⇒ =  ÷   - Tương tự : tìm được 2 34 ; 5 5 C   = − −  ÷   0,25đ - Kiểm tra được . 0 , . 0 , . 0AB AC BA BC CACB ABC> > > ⇒ ∆ uuur uuur uuur uuur uuur uuur nhọn. Vậy ( 3;1)A = − , 53 43 ; 17 17 B   =  ÷   , 2 34 ; 5 5 C   = − −  ÷   . 0,25đ 8.a (1đ) - Điểm ( )I P= ∆ ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm hệ : 1 1 2 1 ( 1; 1; 1) 2 1 1 2 0 1 x x y z y I x y z z = −  − +  = =   ⇔ = − ⇒ = − − − −     − + = = −   0,25đ Điểm 2 2 2 2 2 (1 2 ; ; 2 ) (2 2) ( 1) ( 1) 6( 1)M M t t t MI t t t t∈∆ ⇒ = + − − ⇒ = + + + + + = + Theo giả thiết ta được : 2 0 (1;0; 2) ( 1) 1 2 ( 3; 2;0) t M t t M = = −   + = ⇔ ⇒   = − = − −   0,5đ - Với mỗi điểm M như trên ta đều tính được : 6 ( ;( )) 6 d M P = 0,25đ 9.a (1đ) - Gọi số có 3 chữ số khác nhau là abc ; { } , , 0;1;2;3;4 , 0a b c A a∈ = ≠ - Vì 0a ≠ nên có 4 cách chọn a từ { } \ 0A , sau đó có 2 4 A cách chọn b, c từ { } \A a ⇒ tập S có 2 4 4. 48A = số - Lập luận tương tự như trên ta thấy trong S có : 2 3 3. 18A = số không có chữ số 3 ⇒ có 48 18 30 − = số có chữ số 3. 0,25đ A H K B C I t - Số cách lấy 3 số bất kì thuộc tập S là : 3 48 C hay không gian mẫu có : 3 48 17296CΩ = = - Số cách lấy 1 số luôn có chữ số 3 là : 30 cách. - Số cách lấy 2 số không có chữ số 3 là : 2 18 C ⇒ số cách lấy 3 số từ tập S mà trong đó có đúng 1 số có chữ số 3 là : 2 18 30. 4590C = hay tập các kết quả thuận lợi cho biến cố B cần tính xác suất có : 4590 B Ω = 0,5đ Vậy xác suất cần tính là : 4590 ( ) 0,27 17296 B P B Ω = = ≈ Ω 0,25đ 7.b (1đ) - Đặt 0AB a = > . - Gọi K BD AN= ∩ . Do : 3 3 4 KA AB KA AN KN DN = = ⇒ = 2 2 2 2 2 9 9 5 ( ) 16 16 8 a KA AN AD DN⇒ = = + = Tương tự : 2 2 2 2 2 2 0 2 3 9 9 4 16 8 2 . .cos 45 5 8 a KB BD KB BD KM KB BM KB BM a = ⇒ = = ⇒ = + − = - Lại có: 2 2 2 2 2 2 5 4 a AM AB BM KA KM= + = = + KAM⇒ ∆ vuông tại K hay MK AN⊥ 0,5đ 2 2 2 1 6 3 5 5 ( ; ) 20 32 4 2 8 8 5 a a MK d M AN a a − − − ⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Suy ra: 2 32( ) ABCD S a dvdt= = 0,25đ - Do : 2 3 0 (2 3; )A AN x y A m m∈ − − = ⇒ = + với 0m > 2 2 2 2 (2 4) ( 3) 5 10 25AM m m m m⇒ = + + − = + + Mặt khác: 2 2 2 2 5 40 5 10 25 40 2 3 0 4 a AM m m m m= = ⇒ + + = ⇔ + − = 1 1 (5;1) 3 ( ) m m A m loai =  ⇔ ⇒ = ⇒ =  = −  là điểm cần tìm. * Vậy: 2 32( ) ABCD S a dvdt= = và (5;1)A = . 0,25đ 8.b (1đ) - Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Do (1 2 ; ; 1 )I I t t t∈∆ ⇒ = + − − + - Do mặt cầu (S) tiếp xúc với cả (P) và (Q) nên: ( ;( )) ( ;( ))d I P d I Q R= = 0,25đ 6 7 1 2 2 2 2 1 2 4 2 2 3 6 7 6 7 3 3 19 7 2 14 7 ; ; , 5 5 5 5 5 1 ( 1;1; 2), 2 t t t t t t t t t t t t I R t t I R = + + + − + + + − + − +  ⇒ = ⇔ = + ⇔  = − −      = − = =  ÷   ⇔ ⇒     = − = − − =    0,5đ Vậy có 2 mặt cầu (S) thỏa mãn đề bài là: (S): 2 2 2 19 7 2 196 5 5 5 25 x y z       − + + + − =  ÷  ÷  ÷       (S): 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2) 4x y z+ + − + + = 0,25đ A K N M D B C 9.b (1đ) - Giả sử số phức z có một acgumen là ϕ z⇒ có một acgumen là: ϕ − . - Nhận thấy: 3 1 3 2 2 cos( ) sin( ) 2 2 6 6 i i i π π     − = − = − + −  ÷  ÷  ÷     có một acgmen là: 6 π − 0,25đ ( 3 )w i z⇒ = − có một acgumen là: 6 π ϕ − − . Theo giả thiết suy ra: 6 6 3 π π π ϕ ϕ − − = ⇒ = − 0,25đ - Mặt khác: 4 4 cos( ) sin( ) 2 2 3. 3 3 z z i i π π   = ⇒ = − + − = −  ÷   0,25đ Vậy số phức z có phần thực là: 2; phần ảo là: 2 3− 0,25đ Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Ở câu 5, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. . 3 48 17296CΩ = = - Số cách lấy 1 số luôn có chữ số 3 là : 30 cách. - Số cách lấy 2 số không có chữ số 3 là : 2 18 C ⇒ số cách lấy 3 số từ tập S mà trong đó có đúng 1 số có chữ số 3 là : 2 18 30 GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 - NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN - KHỐI: A, A 1 , B, D Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = − có. 2 4 4. 48A = số - Lập luận tương tự như trên ta thấy trong S có : 2 3 3. 18A = số không có chữ số 3 ⇒ có 48 18 30 − = số có chữ số 3. 0,25đ A H K B C I t - Số cách lấy 3 số bất kì thuộc