Đề thi thử ĐHCĐ khối a năm 2014 đề số 28

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 MÔN: TOÁN KHỐI A ĐỀ SỐ Thời gian: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3mx + 3(m − 1) x − m3 + m ( 1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số ( 1) (m tham số) m = b) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số ( 1) có điểm cực đại A, điểm cực tiểu B đồng thời OA = 3OB (với O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: π  cos 3x cos x + sin x = cos  x + ÷− 4  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x + + y ( x + y − 5) =   y ( x + xy ) + y = x + 15 y + Câu (1,0 điểm) Xác định tất giá trị x + 3x − ≤ m ( x − x − ) có nghiệm m để bất phương trình Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có cạnh đáy a Gọi M, N, I trung điểm đoạn thẳng AA', AB, BC Biết góc hai mặt phẳng (C'AI) (ABC) 60o Tính theo a thể tích khối chóp N.AC'I khoảng cách hai đường thẳng MN AC' Câu (1,0 điểm) Cho ba số a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: thuộc khoảng ( 0;1) thỏa mãn P = a + b2 + c      − 1÷ − 1÷ − 1÷ =  a  b  c  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB, BD x − y − = x − y + 14 = ; đường thẳng AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log ( x − 1) − log ( x − x ) ≥ Câu 9a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: C21n −1 − 2.2C22n −1 + 3.22 C23n−1 − 4.23 C24n−1 + + ( 2n − 1) 2 n − C22nn−−11 = 2013 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A ( 1;1) AB = AD Phương trình đường thẳng BD : x + y + = Tìm tọa độ điểm B, C , D biết điểm D có hoành độ không âm Câu 8b (1,0 điểm) Tính giới hạn: e x −1 + x − x + lim x →1 x −1 Câu 9b (1,0 điểm) Gọi M tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt lập từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để số chọn số chia hết cho ĐÁP ÁN Câu Ý 2,0 điểm a Với m = ta có TXĐ: NỘI DUNG ĐIỂM y = x3 − 3x 0,25 ¡ Giới hạn: lim y = +∞, lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ Chiều biến thiên: x = y′ = 3x − x , y′ = ⇔  x = BBT: x y’ −∞ + 0 − +∞ 0,25 + +∞ y −∞ −4 Hàm số đồng biến khoảng (−∞;0), (2; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (0; 2) 0,25 Cực trị: - Hàm số đạt cực đại - Hàm số đạt cực tiểu Đồ thị x=0 x=2 giá trị cực đại y=0 giá trị cực tiểu y = −4 0,25 Ta có y ′′ = x − 6; y′′ = ⇔ x = ⇒ y = −2 Suy U ( 1; −2 ) điểm uốn đồ thị hàm số Đồ thị giao với trục ( 0;0 ) ( 3;0 ) Oy điểm ( 0;0 ) , giao với trục Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm b Tập xác định: U ( 1; −2 ) Ox điểm làm tâm đối xứng ¡ Ta có y′ = 3x − 6mx + 3(m2 − 1) 0,25 x = m +1 y ′ = ⇔ x − 2mx + m − = ⇔   x = m −1 Ta có: y ′′ = x − 6m , y ′′ ( m − 1) = −6 < (phân biệt với m) y ′′ ( m + 1) = > Do điểm cực đại đồ thị hàm số A ( m − 1; − 2m ) điểm cực tiểu đồ thị hàm số B ( m + 1; −2 − 2m ) Theo giả thiết ta có: OA = 3OB 0,25 0,25  m = −2 + ⇔ m + 4m + = ⇔   m = −2 − 0,25 Vậy có giá trị m m = −2 − 1,0 điểm Phương trình cho trở thành: m = −2 +  π   cos x +cos2x + sin x =  cos  x + ÷− 1 4    0,25 π  ⇔ cos x +cos2x + sin x = cos  x + ÷ 2  0,25 ⇔ cos x + sin x + cos x + sin x = π π   ⇔ sin  x + ÷+ sin  x + ÷ = 6 6   π π   x = − 18 + k π  ⇔ 2sin  x + ÷cos x = ⇔  π 6   x = + kπ  Vậy phương trình có nghiệm: x=− 0,25 ( k ∈¢ ) π π +k 18 0,25 x= π + kπ , k ∈ ¢ 1,0 điểm Hệ phương trình cho trở Xét hệ y = 0, từ ( 1) ta có:  x + + y + xy = y thành:  y ( x + y )2 = x + 15 y +  x2 + = (1) (2) (vô nghiệm) ⇒ y = không thỏa mãn 0,25 Với y ≠0, Đặt x2 + u= ,v = x+ y y hệ trở thành:  x2 +  y + x + y =  ( x + y ) = x + + 15  y 0,25 Ta có u = − v  u + v = u = − v v = −5, u = 10 ⇔ ⇔ hệ: v = u + 15 v + v − 20 =  v = −5 ⇔ v = 4, u =     v = u = 10  y = −5 − x  x + 10 x + 52 = (vô nghiệm) ta có v = −5  { - Với { - Với u =1 v=4 ta có y = 4− x  x = −2, y =  x + x − = ⇔  x = 1, y =   0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;3) , ( −2;6 ) 1,0 điểm Điều kiện ( ) x ≥ x + x −1 > (x + x − 1) Đặt ( Nhân hai vế bất phương trình với ta được: ) ( x + x −1 g ′ ( x ) = x + x > 0, ∀x ≥ h′ ( x ) = ( 0,25 x + x −1 ≤ m g ( x) = x + x − 1, h( x ) = Ta có: ) , f ( x) = ( x + x − 1) ( x + x −1 ) 0,25 ) 2 1  x + x −1  + ÷ > 0, ∀x >  x x −1  Do g ( x ) > ∀x ≥ , h ( x ) > ∀x ≥ nên f ' ( x ) = h ' ( x ) g ( x ) + h ( x ) g ' ( x ) > 0∀x > 0,25 suy 0,25 f ( x ) ≥ f ( 1) = 3, ∀x ≥ f ( x) = Vậy, bất phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ x ≥1 1,0 điểm f (1) = 0,25 Vì CC' ⊥ (ABC) , CI ⇒ ⊥ AI 0,25 · ' IC = 60o ⇒ CC' = CI tan 60o = a ⇒C 1 a V N AC ' I = VC ' ANI = VC ' ABC = CC '.S∆ABC = 12 32 C'I ⊥ AI Ta có 0,25 Gọi O giao điểm A'C AC' Khi { OM / / AC OM = AC NI / / AC NI = AC ⇒ 0,25 NI / / MO NI = MO suy MOIN hình bình hành d ( MN , AC ') = d( MN ,( AC ' I )) = d( N ,( AC ' I )) = h VN AC ’ I = ; a3 32 , S ∆AIC ' ⇒ MN a2 S a2 = ∆AIC o = = cos 60 / / OI ⇒ MN / / ⇒h= (AC'I) ⇒ 3VN AC ’ I a = S ∆AIC’ 0,25 1,0 điểm Từ giả thiết:      − 1÷ − 1÷ − 1÷ = ⇔ ab + bc + ca = 2abc + a + b + c −  a  b  c  0,25 Mặt khác theo Cô si, ta có: Do đó:  a+b+c   ÷ ≥ abc   P = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) − 4abc + 2 0,25 ≥− Đặt ( a + b + c) + ( a + b + c) − ( a + b + c) + 27 t = a + b + c, t ∈ ( 0;3) Xét hàm số Ta có: f ( t) = − Khi đó: P≥− t + t − 2t + 27 t + t − 2t + 2, t ∈ ( 0;3) 27 f ′ ( t ) = − t + 2t − ; f ′ ( t ) = ⇔ t = t = ∉ ( 0;3) Bảng biến thiên: 0,25 t f ′( t ) − 2 + f ( t) Từ bảng biến thiên suy t= Dấu xảy Do đó: 7.a f ( t ) ≥ , ∀t ∈ ( 0;3) 0,25 P = ⇔a=b=c= 1,0 điểm Vì BD ∩ AB = B(7;3) , phương trình đường thẳng BC: A ∈ AB ⇒ A(2a + 1; a), C ∈ BC ⇒ C (c;17 − 2c), a ≠ 3, c ≠ , x + y –17 = 0,25  2a + c + a − 2c + 17  ; ÷ 2   Gọi I =  trung điểm AC, BD 0,25 = 3c − 18 ⇒ A(6c − 35;3c − 18) I∈ BD ⇔ 3c − a − 18 = ⇔ auuu r uuuur M, A, C thẳng hàng ⇔ MA, MC phương ⇔ c –13c + 42 = ⇔ 0,25 c = 7(l ) c = Với 8.a c = ⇒ A ( 1;0 ) , C ( 6;5 ) , D ( 0; ) , B ( 7;3 ) Vậy, A ( 1;0 ) , C ( 6;5 ) 1,0 điểm Điều kiện: Bpt 0,25 , D ( 0; ) , B ( 7;3 ) x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ ) ⇔ log 2 x − ≥ log ( x − x ) ⇔ x − ≥ x − x + TH1: Nếu x Ta hệ x > x > 2 x − ≥ x − x ⇔  x − x + ≤   0,25 0,25 0,25 x > ⇔ ⇔ < x ≤ 2+ 2 − ≤ x ≤ + 9.a 7.b Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ −1;0 ) ∪ ( 2; +  1,0 điểm n −1 Ta có: ( − x ) = C20n−1 − C21n−1 x + C22n −1 x − C23n−1 x3 + + C22nn−−11 x n−1 Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được: − ( 2n − 1) ( x − 1) n − = −C21n −1 + 2C22n −1 x − 3C23n −1 x + − ( 2n − 1) C22nn−−11 x 2n −2 2 n − 2 n −1 Thay x = : ( 2n − 1) = C2 n−1 − 2.2C2 n−1 + 3.2 C2 n−1 − + ( 2n − 1) C2 n−1 = 2013 ⇔ 2n − = 2013 ⇔ n = 1007 1,0 điểm Ta có d ( A; BD ) = 4+3+3 42 + 32 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 =2 Gọi H hình chiếu vuông góc A 1 + = ⇔ = ⇒ AD = 2 2 AD AB AH AD Gọi  −4 m −  D  m; ÷∈ BD, m ≥   ⇔ 25m + 30m = ⇔ m = Với 2 0,25 (loại) AB Phương trình AB : x + y − = { B} = AB ∩ BD ⇒ tọa qua A có véctơ pháp tuyến { Vậy, uuur AD ( −1; −2 ) độ ( x; y ) { B 0,25 x + 2y −3 = x = −3 ⇔ ⇒ B ( −3;3) 4x + 3y + = y=3  −3  BD ⇒ I  ;1÷ Mà I   B ( −3;3) , C ( −4;1) , D ( 0; −1) trung điểm I AC ⇒ C ( −4;1) trung điểm 0,25 1,0 điểm Ta có: 9.b có: ( AB = AD ) Đường thẳng Gọi ∆ABD m = ⇒ D ( 0; −1) thỏa mãn hệ: 8.b m=− Xét  −4 m −  AD = ⇔ ( m − 1) +  − 1÷ =   Ta có: BD e x −1 + x − x + e x −1 − x − 3x + lim = lim + lim x →1 x →1 x − x →1 x −1 x −1 x −1 e −1 = lim + lim ( x − ) = − = x →1 x − x →1 0,5 0,5 1,0 điểm Số cách lập số tự nhiên có chữ số khác là: suy A63 − A52 = 100 số 0,25 M = 100 Xét số có chữ số chia hết cho TH1: ab0 , a có cách chọn, b có cách chọn có 20 số dạng TH2: ab5 , a có cách chọn, b có cách chọn, có 16 số dạng 0,25 0,25 Tất có 20 + 16 =36 số thuộc M chia hết cho 36 Xác suất là: 100 = 0,36 0,25 [...]...Tất cả có 20 + 16 =36 số thuộc M và chia hết cho 5 36 Xác suất là: 100 = 0,36 0,25 ... ⊥ (ABC) , CI ⇒ ⊥ AI 0,25 · ' IC = 60o ⇒ CC' = CI tan 60o = a ⇒C 1 a V N AC ' I = VC ' ANI = VC ' ABC = CC '.S∆ABC = 12 32 C'I ⊥ AI Ta có 0,25 Gọi O giao điểm A' C AC' Khi { OM / / AC OM = AC... 1,0 điểm Số cách lập số tự nhiên có chữ số khác là: suy A6 3 − A5 2 = 100 số 0,25 M = 100 Xét số có chữ số chia hết cho TH1: ab0 , a có cách chọn, b có cách chọn có 20 số dạng TH2: ab5 , a có cách... ≥ abc   P = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) − ( a + b + c ) − 4abc + 2 0,25 ≥− Đặt ( a + b + c) + ( a + b + c) − ( a + b + c) + 27 t = a + b + c, t ∈ ( 0;3) Xét hàm số Ta