Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 .. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên.[r]
(1)Page
Website: www.caotu.tk
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Mơn thi: TỐN, Khối A B
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số x y
x
(1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến đồ thị (C) điểm song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm nghiệm x 0; phương trình 5cos sinx sin(2 )
x x
2) Giải hệ phương trình
3
3
6 14
,
3
x y y x y
x y
x y x y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
0
(2 1) ln( 1) I x x dx
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy hình chữ nhật với ABa BC, a 3 Hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với đáy Điểm I thuộc đoạn SC cho
3 .
SC IC Tính thể tích khối chóp S ABCD. khoảng cách hai đường thẳng AI SB biết AI vng góc với SC
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b (0; 1) thỏa mãn (a3b3)(a b ) ab a( 1)(b 1) Tìm giá trị lớn biểu thức sau:
F =
2
1
( )
1
ab a b
a b
Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABCcó đỉnh A3;4, đường phân giác góc A có phương trình x y 0và tâm đường tròn ngoại tiếp ABClà I (1 ;7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC
Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển 2014 2014
0 2014
(1 ) x a a x a x a x Tính tổng:
0 2015 2014 S a a a a Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
………Hết………
Họ tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:………
(2)Page
Website: www.caotu.tk
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số x y
x
1,
a) Tập xác định : DR\ 1 b) Sự biến thiên:
* Tiệm cận :
+) Vì
1
2 4
lim , lim
1
x x
x x
x x
nên đường thẳng x1là tiệm cận đứng
+) Vì lim , lim
1
x x
x x
x x
nên đường thẳng y 2là tiệm cận ngang
0,25
*Chiều biến thiên: +) Ta có :
2
2
0, 1
y x
x
0,25
+) Bảng biến thiên
2 +∞
-∞
y y'
x -∞ +∞
+ Hàm số nghịch biến khoảng ;1và 1;
0,25
c) Đồ thị
*Vẽ đồ thị:Cắt Ox A(2;0) cắt Oy B(0;-4)
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I1; 2 làm tâm đối xứng
0,25
I 2 1,
Gọi
; a A a
a
2
; b B b
b
(Với ,a b1;ab) thuộc đồ thị (C) Khi hệ số góc đường tiếp tuyến A B là:
1
2 k
a
2
1 k
b
Do đường tiếp tuyến song song nên:
2 2
2
1
a b
a b
0,25
Mặt khác, ta có: ;
1 a
OA a
a
; ; b
OB b
b
Do OAB tam
giác vuông O nên
( 4)( 4)
0
1
a b
OAOB ab
a b
0,25 -2
(3)Page
Website: www.caotu.tk
Ta có hệ
2
4 8( ) 16
0
( )
a b
ab a b
ab
ab a b
Giải hệ ta a
b
3 a b
a b
a b
0,25
Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ 1;1và 3;3 (2;0) (0;-4) 0,25 Câu
II
1 Tìm nghiệm x 0; phương trình :
5cosx + sinx - = 2sin
4
2x ∑=
5cosx + sinx - = 2sin
4
2x 5cosx +sinx – = sin2x + cos2x
0,25 2cos2x – 5cosx + + sin2x – sinx =
(2cosx – )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) =
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – ) = 0,25 +/ cosx + sinx = vô nghiệm
+/ cosx = ,
2 x k k Z
0,25
Đối chiếu điều kiện x 0; suy pt có nghiệm :
0,25 2
Giải hệ phương trình:
3
3
6 14
,
3
x y y x y
x y R
x y x y
1,
Đkxđ x3, y 4 Từ (1) ta có
3 2
3 3 2 3 2 2 2 2 3 0
x x y y x y x x y y
2
x y y x
0,25
Thế (3) vào (2) ta
3
2 4 2
x x x x x x x x x x
2
2
2
x x
x x x
x x
1
2
2
x x x
x x
(4)Page
Website: www.caotu.tk
1 1
2
3 2 3
x x x
x x
1 1
2
3 2 3
x x
x x x
x x x x
1 1
2
3 2 3
x x x
x x x x
0,25
x2x 1 x 2,x 1;x 2 y 0,x 1 y
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình cho có tập nghiệm S 1; ; 2;0
0,25
Câu
III Tính tích phân
0
(2 1) ln( 1)
I x x dx 1,
Đặt 1
0
2
1 ln( 1)
( ) ln( 1)
2 1
du dx
u x x x
I x x x dx
x
dv x x
v x x
0,25
1
0
2
1
I x dx
x
0,25
1
0 2 ln( 1)
x
I x x
0,25
3
2ln 2
I 0,25
(5)Page
Website: www.caotu.tk
M E
O
A D
B C
S
I
H
Ta có . 3 3
ABCD
S a a a Gọi O giao điểm hai đường chéo AC,
BD, theo giả thiết ta có SO(ABCD)
2 2
3 2 .
AC AB BC a a aOCa Lại có
&
AI SC SOC AICđồng dạng
. .
CI CA
CI CS CO CA
CO CS
SCa
0,25
Từ 2 5 . 15
3
SABC ABCD
SO SC OC a V SO S a 0,25
Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC M, suy SB//(AIM), d SB AI( , )d SB AIM( ,( ))d B AIM( ,( )). Mà
2
CI CM
BM CM
CS CB suy d B AIM( ,( ))2 ( ,(d C AIM)) Hạ
( )
IH ABCD , dễ thấy
3
1 15
,
3 18 54
ABCD
AMC IAMC SABCD
S SO
IH S V V a
0,25
Ta có
2
2
2
;
3 3
10
SB SC
IM a AM AB BM a
AI AC CI a
Suy
2
3 70 154 55
cos sin sin
28 28 AMI 12
MAI MAI S AM AI MAI a
3 4
( ,( )) 2 ( ,( )) 2. .
33
I AMC AMI
V a
d B AIM d C AIM
S
0,25
(6)Page
Website: www.caotu.tk Câu
V gt
3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b
a b
ab
(*)
vì
3 2
( )( )
2
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
1a1 b (a b) ab 1 ab ab , từ (*) suy 4ab 1 ab ab , đặt t = ab (đk t > 0)
ta được:
2
0 1
3
4 2
9
4
t
t t t t t t
t t
0,25
Ta có: 2 2 2 1 2
1 a b ab a ab b ab
2
2
0
1 1
a b ab
ab a b
với a, b (0; 1), dấu "=" xảy a = b
0,25
vì 2 2
2
1 1 2
2
1 1
1 a b a b ab ab
2 2
ab a b ab a b ab nên 2
1
F ab t
ab t
xét f(t) =
1t t với < t
có '( ) 1 0
(1 ) f t
t t
với
0 < t
0,25
1
( ) ( )
9 10
f t f
,dấu "=" xảy 1
a b
a b t ab
Vậy MaxF =
9
10 đạt
1 a b
0,25
VI 1 1,00
+ Ta có IA5 Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABCcó dạng C : (x1)2 (y 7)225
+ Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường trịn ngoại tiếp ABC Tọa độ
của D nghiệm hệ
2
1
2;3
( 1) ( 7) 25
x y
D
x y
0,25
+ Vì AD phân giác góc A nên D điểm cung nhỏ BC Do IDBChay đường thẳng BC nhận véc tơ
3;
DI làm vec tơ pháp tuyến
+ Phương trình cạnh BC có dạng 3x4y c 0
0,25
K H
D I
C B
(7)Page
Website: www.caotu.tk
+ Do SABC 4SIBC nên AH 4IK
+ Mà ;
A BC
c
AH d ; 31
5
I BC
c
IK d nên
114
7 31
131 c
c c
c
0,25
Vậy phương trình cạnh BC : 9x12y114 0 15x20y131 0
0,25 Câu
VII
Tính tổng: S a0 2a13a2 2015a2014 1, Nhân hai vế với x ta 2014 2015
0 2014
(1 )
x x a x a x a x a x 0,25 Lấy đạo hàm hai vế
2014 2013 2014
0 2014
(1 ) x 6042 (1 )x x a 2a x3a x 2015a x (*)
0,25
Thay x1vào (*) ta được:
2014 2013
0 2015 2014 ( 2) 6042( 2)
S a a a a
0,25
Tính tốn 2014 3022.2
S
0,25 Câu
VIII Giải hệ phương trình: 2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
1,
Điều kiện: x+y>0, x-y0
2 2
2 13
x y x y
x x y
0,25
Đặt: ,
,
u x y u
v x y v
ta có hệ: 2
13
u v
u v uv
0,25
2 2
2 1,
3,
(2 ) (2 ) 13
u v u v v u
v u
v v v v v v
0,25
Kết hợp đk ta v1,u 3 x 5,y4
(8)Page
Website: www.caotu.tk
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x2 (1)
1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) 2 Định m để phương trình:
3
2
3 log ( 1)
x x m có nghiệm thực phân biệt Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: cos sin cos3 sin (1 tan ) 2sin
x x
x x x
x
2 Giải hệ phương trình:
4 2
2
2
2 11
( , )
3
7
x x x y x
x y y
x x
y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
2
sin 1 2cos
x x
I dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a 3, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a SABSCB900 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a góc đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC)
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm A(1; 4), B(1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD
2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng qua điểm M(1; 1; 0), cắt đường thẳng (d): 2
2 1
x y z
tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + = góc 300 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2z26 1
2
z i
z i
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 hai điểm B(1; 4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) cho tam giác ABC có diện tích 19
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) mặt cầu
2 2
( ) :S x y z 2x4y6z670 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S)
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau:
2
4
1
log ( 3) log x 4x3 x - Hết -
(9)Page
Website: www.caotu.tk
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) TXĐ:
2
(1) ( 1)
' 3; ' 3 1; 0,
y x y x x y y
Hàm số nghịch biến khoảng 1; 1
Hàm số đồng biến m i khoảng ; ; 1;
Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = Giới hạn: lim ; lim
xy xy
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= x = 0, y(0) = đồ thị có điểm uốn I(0; 2) tâm đối xứng qua các điểm (2; 0), (2; 4)
Đồ thị:
Câu 1: Định m để phương trình:
3
2
3 log ( 1)
x x m có nghiệm thực phân biệt Phương trình cho phương trình hồnh độ giao điểm
2
( ) :d ylog (m 1)
( ') :C y x 3x 2, với (C’) suy từ (C) sau:
Từ đồ thị suy (d) cắt (C’) điểm phân biệt khi:
4
2
0log (m 1)
1 m
0 1
0 m m
m
Câu 2: Giải phương trình: cos sin cos3 sin (1 tan ) 2sin
x x
x x x
x
Đk
1 sin
(*)
cos
x x
Với đk (*) phương trình cho tương đương:
3
2
3sin 4sin 4cos 3cos
cos sin(1 tan )
2sin
(sin cos )(2sin 1) sin (sin cos ) cos sin
2sin cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
sin cos (1)
sin
cos sin (2)
cos
x x
x
x x
x
(1) tan ,
4
x x k k
cos sin tan
(2) (cos sin )(1 cos ) ( )
1 cos cos
2
x x x x k
x x x k
x x
x k
So với đk (*) suy họ nghiệm pt là: , ,
x k x k k
1
x y’
+
y
1
0 0
+ +
+ 4
0
x y
1
2
2
4
x y
1
2
2
(10)Page 10
Website: www.caotu.tk Câu 2: Giải hệ phương trình:
4 2
2
2
2 11
( , )
3
7
x x x y x
x y y x x y
Đk y Khi hệ cho tương đương với:
2 2
2
( 3) 13
( 3)
x x y
x x y
Đặt: 2
3; 7,
ux x v y v Khi hệ phương trình trở thành:
2 13 u v uv
2 1 2 3
( ) 13 ( )
6
6
u v u u
u v uv u v
uv v v
uv uv
Giải hệ phương trình:
2
2
3 3
,
7
x x x x
y y
, ta nghiệm hệ cho là:
5
0; 11 , 1; 11 , ; , ;
2
Câu 3: Tính tích phân
2 4 sin 1 2cos x x I dx x Xét:
2 2
4
1 2
0
4
sin sin sin
1 2cos 2cos 2cos
x x x x x x
I dx dx dx
x x x
= I1 + I2
Đặt x t dx dt Đổi cận: ; 0
4
x t x t
Khi đó: 1 2 2 2 2
0
4
sin sin( ) sin sin
( )
1 2cos 2cos ( ) 2cos 2cos
x x t t t t x x
I dx d t dt dx
x t t x
Suy I1 0
4
2 2
2
4
1 1
1 2cos 2 cos
cos
I dx dx
x x x
Đặt tan 12
cos
t x dt dx
x
Đổi cận: 1;
4
x t x t
1 2 1 I dt t
Lại đặt
3 tan 3(1 tan )
t u dt u du Đổi cận: ;
6
t u t u
6
2
6
3 3
3
I du u
Vậy 1 2=
9 I I I
(11)Page 11
Website: www.caotu.tk
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a 3 90
SABSCB Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a góc SB với mặt phẳng (ABC)
Gọi H hình chiếu vng góc S mp(ABC) Ta có:
+ ( )
(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB
Tương tự HCBC
Suy tứ giác HABC hình vng + Có: AH/ /BC(SBC)AH/ / (SBC)
[ ,( )] [ ,( )]
d A SBC d H SBC a
+ Dựng HKSC K (1)
Do BC HC BC (SHC) BC HK (2)
BC SH
(1) (2) suy HK(SBC) Từ d H SBC[ ,( )]HKa
2 3 2
KC HC HK a a a
tanSCH HK SH SH HK HC a 2.a a
KC HC KC a
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
3
1 1
3
3 ABC 6
a
V S SH AB BC SH a a a
+ Góc SB với mp(ABC) góc 45
SBH (do SHB vuông cân) Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =
Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
Từ giả thiết ta có
3 3
b b c c a a
P
a b c
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho số thực dương, ta có:
3
3
3
16 64
2 3
b b b b a b b
a a
Tương tự 33 3
16 64
2 3
c c c c b c c
b b
;
3
3
3
16 64
2 3
a a a a c a a
c c
Cộng vế theo vế bất đẳng thứ ta được:
9 3
( )
16
3 3
b b c c a a a b c
a b c P
a b c
Đẳng thức xảy a b c
Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2 + y2 – 9x – y + 18 = hai điểm A(1;4), B(1; 3) Gọi C, D hai điểm thuộc (T) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường
thẳng CD.Ta có AB ( 2; 1),AB 5; (C) có tâm 1; 2 I
bán kính
10 R ABCD hình bình hành nên CD = AB phương trình CD: x – 2y + m =
7 ( , )
2 m
d I CD ; CD2 R2d I CD2( , )
2 (7 )
5 1;
2 20
m
m m m m
S
B
H C
A
(12)Page 12
Website: www.caotu.tk
Vậy phương trình CD: x – 2y = 0; x – 2y =
Câu 6a: Trong khơng gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng qua điểm M(1;1;0), cắt đường thẳng (d): 2
2 1
x y z
tạo với mặt phẳng (P): 2x y z + = 0 góc 300
Gọi N( )d N(2 ; ; 2 t t t)
Ta có: MN (1 ;t t 1; t) mp(P) có vtpt n(2; 1; 1) (d) tạo với (P) góc 300 nên:
2 2
2
s in30 cos ,
2 (1 ) ( 1) ( 2)
t t t
MN n
t t t
2
2 3
10 18 0;
2
6
t
t t t t
t t
+ Với t = 0, phương trình : 1
1
x y z
+ Với
5
t , phương trình : 1
23 14
x y z
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn z2z26 1
z i
z i
Giả sử z x yi x y, ( , ) Ta có: + z2z2 6 (x yi)2 (x yi)2 6 x2y2 3
+ 1 ( 1) ( 1) ( 2)
2
z i
x y i x y i
z i
2 2
(x 1) (y 1) x (y 2)
x 3y
Giải hệ phương trình:
2
2
2,
3
3
7
,
3
4
x y
x y
x y
x y
x y y y
Vậy ;
4 z i z i
Câu 6b: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 hai điểm B(1;4), C(3; 2) Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) cho tam giác ABC có diện tích 19
Giả sử A(x; y) (C) (x – 1)2 + (y + 2)2 = 10 Ta có: BC2 phương trình BC: x – 2y + =
2
( , )
5
x y
d A BC Diện tích tam giác ABC: ( , ) 19
ABC
S BC d A BC
1.2 19 12
2 26
2
x y
x y
x y
TH1: x = 2y + 12 vào (1), ta 48 115 5; 23 y y y y +y 5 x
+ 23 14
5
y x
TH2: x = 2y – 26 vào (1), ta 5y2 – 104y +723 = (vô nghiệm) Vậy A(2; 5) ; 14; 23
5
A
Câu 6b: Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; 1; 0), B(2; 1; 2), C(1; 2; 2) mặt cầu ( ) :S x2 y2 z2 2x4y6z670 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S) (S) có tâm I(1; 2; 3) bán kính =
Giả sử (P) có vtpt 2
( ; ; ), ( 0)
n A B C A B C
(13)Page 13
Website: www.caotu.tk
(P) qua A(13; 1; 0) phương trình (P): (B4 )C x By Cz 12B52C0 (P) tiếp xúc (S)
2 2
4 12 52
[ , ( )]
( )
B C B C B C
d I P R
B C B C
2
2 ( )( )
4
B C
B BC C B C B C
B C
Với B + 2C = chọn B C
, ta phương trình (P): 2x + 2y z + 28 =
Với B 4C = chọn B C
, ta phương trình (P): 8x + 4y + z 100 =
Cả hai mặt phẳng (P) tìm thỏa yêu cầu tốn Câu 7b: Giải bất phương trình sau:
2
4
1
log ( 3)
log x 4x3 x Điều kiện:
2
4
3
4
4
2
3
x x
x
x x
x x
x x
Khi có trường hợp: TH1: Nếu x >
4
log x 4x 3 log 0 log (4 x 3) log 04 Do bpt tương đương:
2
4
log (x 3) log x 4x 3 x x 4x 3 x 3 x1 (đúng x 4) TH2: Nếu 2 2 x 4
4
log x 4x 3 log 0 log (4 x 3) log 04 Suy bpt vô nghiệm
TH3: Nếu 3 x 2thì
4
log x 4x 3 log 0 log (4 x 3) log 04 Do bpt tương
đương: 2
4
log (x 3) log x 4x 3 x x 4x 3 x 3 x1 (đúng x (2; 2 2))
Vậy bpt có tập nghiệm S(2; 2 2)(4;)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m0
4 Xác định m để điểm M(2m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) tam 3; ) giác có diện tích nhỏ
Câu II (2,0 điểm)
3 Giải phương trình: sin cos 62 sin 32 1sin sin8
(14)Page 14
Website: www.caotu.tk
4 Giải hệ phương trình: 3 ( , )
5
x y xy
x y
x y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
4
0
sin cos
x x
I dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SASBa,
2
SDa mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD
Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:
3 2 2
2
(2 ) (2 )
2
x x x x x m y y y y y m
x my m
( ,x y )
Chứng minh m , hệ phương trình cho ln có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – = elip
2
( ) :
9
x y
E Viết phương trình đường thẳng vng góc với (d) cắt (E) hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích
4 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x – 6y + z + 18 = Tìm tọa độ điểm M (P) cho tích MA MB nhỏ
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2z i z z 2i z2( )z 4 B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – = Tìm tọa độ đỉnh B C
4 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) đường thẳng (d) có phương trình:
2
x y z
Tìm tọa độ điểm M (d) cho tổng MA + MB nhỏ Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 3
2
log x3 3log x2 - Hết -
ĐÁP ÁN Câu 1:1Cho hàm số
2 3(2 1) ( 1) (1)
y x m x m m x (m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m0
Ta có hàm số:
2
y x x TXĐ:
2
(0) (1)
' 6 ; ' 6 ; 1,
1 x
y x x y x x y y
x
Hàm số nghịch biến khoảng 0; Hàm số đồng biến m i khoảng ; ; 1;
Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Giới hạn: lim ; lim
xy xy
Bảng biến thiên: x y’
+
y
0
0 0
+ +
+ 1
0 1
y
x
1
0
(15)Page 15
Website: www.caotu.tk
1
1
'' 12 6; '' 12
2
y x y x x y
đồ thị có điểm uốn 1; 2 I
tâm đối
xứng
Câu 1: Xác định m để điểm (2 ; )
M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số (1) tam giác có diện tích nhỏ
Ta có:
' 6(2 1) ( 1); ' ;
y x m x m m y x m x m m , hàm số ln có CĐ, CT
Tọa độ điểm CĐ, CT đồ thị A m m( ; 2 33m21), (B m1; 2m33m2) Suy AB 2 phương trình đường thẳng
:
AB x y m m m
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất
Ta có:
2
3
( , )
2 m
d M AB ( ; ) ( ; )
2
d M AB d M AB
đạt m =
Câu 2: Giải phương trình: 2
sin cos sin sin sin8
x x x x x
Phương trình cho tương đương
với:(1 cos )cos cos 1sin sin8 cos cos sin sin8
2
x x x
x x x x x x
1
1 (cos cos10 ) (cos cos10 ) cos cos 2
2 x x x x x x
3
4cos 2x 2cos 2x (cos 2x 1)(2cos 2x 2cos 2x 1)
cos 2x 1 x k,k
Câu 2: Giải hệ phương trình: 3 ( , )
5
x y xy
x y
x y
Cách 1: Đk: Từ hệ suy đk
0 x y
Hệ cho tương đương với:
6 2
4 5 16
x y xy
x y
6 2
5 5
x y xy
x x y y x xy y
2 2 2
6 2
5
x y xy
x x x y
6 2
5 1
5
5
x y xy
x
x y y
x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 5
(16)Page 16
Website: www.caotu.tk
3(5 ) 5 3(5 ) 5
5 (5 3)(5 3) 16 5 3(5 ) 25 10
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
Đặt u5x5 ,y v5 xy ĐK: u0,v0 Hệ trở thành:
2
2
3
3 5
2 (3 5) 10
2 10 27 34 10 (*)
v u
u v v u
u u u
u u v u u u
Do ĐK u, v nên
2 2
5
10 10
(*) 3
49( 27 34) (10 ) 35 88 36
u u
u
u u u u u
Với u = v = 1, ta hệ:
5
5 1
1
5
5
25
x y
x y
x y xy
xy
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1; 5
Câu 3: Tính tích phân:
0
sin cos
x x
I dx
x
Ta có Tính
4
0
sin (1 cos )
1 cos 2 cos
x d x
dx
x x
0
1
ln(1 cos ) ln
2 x
Tính
2 0cos
x
J dx
x
Đặt: ; 2 tan
cos dx
u x du dx dv v x
x
4
0
sin
( tan ) ln
cos
x
J x x dx
x
Vậy 1ln
8 I
Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SASBa,
2
SDa mặt phẳng (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD
Theo giả thiết (ABCD) (SBD) theo giao tuyến BD Do dựng AO (SBD) O BD Mặt khác AS = AB = AD OS = OB = OD hay SBD tam giác vuông S
Từ đó: 2 2
2 3
BD SB SD a a a
2
2 2
4 a a AO AB OB a
Suy thể tích khối chóp S.ABD tính bởi:
1 1 1 2
. . . . 2.
3 6 6 2 12
S ABD A SBD SBD
a a
V V S AO SB SD AO a a
3
2 2
6
S ABCD S ABD
a
V V
(đvtt) Trong SBD dựng OH SD H (1) H trung điểm SD
Theo chứng minh AO (SBD) AO OH (2)
(1) (2) chứng tỏ OH đoạn vng góc chung AC SD Vậy
O
B D
C
A
S
(17)Page 17
Website: www.caotu.tk
1
( , )
2 2
a d AC BD OH SB
Câu 5: Cho hệ phương trình:
3 2 2
2
(2 ) (2 ) (1)
2
x x x x x m y y y y y m
x my m
( ,x y )
Chứng minh m , hệ phương trình cho ln có nghiệm
Đồ thị hàm số
( )
f x x x x có tâm đối xứng 1; I
đồ thị hàm số
2
( )
g x x x m có trục đối xứng
x Do đặt y = 1 x thay vào vế trái (1) ta được:
3 2 2
(2x 3x x) x x m [2(1x) 3(1x) 1 x] (1x) (1 x) m
3 2 2
(2x 3x x) x x m (2x 3x x) x x m 0, x m, Chứng tỏ m , phương trình (1) ln nhận nghiệm ( ; 1x x x),
Từ tốn cho tương đương với tốn chứng minh hệ phương trình:
2
2
y x
x my m
có nghiệm m hay phương trình
2
2 3
x mx m có nghiệm m
Điều hiển nhiên
2
2 3
' 3 0,
2
m m m m
Câu 6a: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – = elip 2
( ) :
9
x y
E Viết phương trình đường thẳng vng góc với (d) cắt (E) hai điểm A, B cho tam giác OAB có diện tích
vng góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = Phương trình hồnh độ giao điểm (E):
4x2 + (x + m)2 = 36 5x2 + 2mx + m2 36 = (1)
Đường thẳng cắt (E) hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2) phương trình (1) có hai
nghiệm x1, x2 phân biệt = 720 – 16m2 > 5 m (2)
2 2
2 2 1
10 10
( ) ( ) 720 16
3 15
AB x x y y x x m ( , ) 10 m d O
( , )
2
OAB
S AB d O
4 10
16 720 8100
2
m m m (thỏa điều kiện (2)) Vậy phương trình đường thẳng : 3 10
2
x y
Câu 6a:2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) đường thẳng (d) có phương trình: 3
4
x y z Tìm điểm M (d) cho tích MA MB nhỏ
Ta có trung điểm AB I(2; 3; 0)
2
MA MB MIIA MIIB MIIA MIIA MI IA MI
(18)Page 18
Website: www.caotu.tk
( ; ; ) ( ; ; ) M d M t t t IM t t t
(d) có vectơ chỉ phương
(4; 1; 2)
u IM u IM u 0 4( ) 5t t 2( )t 0 t (1; 3; 1), 38
M MI
Vậy
min
29
MA MB đạt M(1; 3; 1)
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2z i z z 2i 2 ( ) z z Giả sử z x yi x y( , ) Từ giả thiết ta có:
2
( 1) ( 1)
( ) ( )
x y i y i
x yi x yi
2 ( 1)2 ( 1)2
x y y
xy
2
3
0
4
4
4 x y
x y
xy
x
3
4 2 x y
Vậy 34 32
z i
Câu 6b: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – = Tìm tọa độ các đỉnh B C
Gọi M trung điểm AC Khi phương trình tham số : ( )
x t
BM t
y t
B, M BM B 2 ; ,b b M 2 ; 9m m M trung điểm BC C10m6;18m11
Ta có:AH (12; 8), BC(10m 5b 4;18m 9b 6),BH (16 ; ), b b (10 8;18 12)
AC m m AH BC 0 12(10m 5b 4) 8(18m 9b 6) 0 b 2m (1) (16 )(10 8) ( )(18 12)
BH AC b m b m (2)
Thế (1) vào (2), ta :106 105 26 1; 26
2 53
m m m m Với 1,
2
m b ta B(3;4), C(-1;-2) Với 26, 52
53 53
m b ta 154 203; , 58; 115
53 53 53 53
B C
Câu 6b: Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) đường thẳng (d) có phương trình:
2
x y z
Tìm điểm M (d) cho tổng MA + MB
nhỏ
M (d) nên M(1 + 2t; + 2t; t) MA (2 ) t 2 (1 )t 2 t2 9t212t 5 (3t2)21 2 2
4 (1 ) ( 5) 26 (3 1) 25
MB t t t t t t Trong mpOxy xét vectơ u(3t2; 1),v ( 3t 1; 5)
Có: |u v | 5; | |u (3t2)21; | |v ( 3t 1)225
Ta ln có bất đẳng thức đúng: 2
|u v | | | | |u v 3 5 (3t2) 1 ( 3t 1) 25 hay MA MB 3 5 Đẳng thức xảy uvà v hướng 1
3
t
t t
Vậy (MA MB )min 3 5 đạt 0; 2; M
(19)Page 19
Website: www.caotu.tk
Câu 7b: Giải phương trình: 3
2
log x3 3log x2
Với điều kiện x > 0, ta đặt ulog2 x v 32 3 u v3 2 3u
Ta có hệ: 3
2 3
u v
v u
3
3 2
2 3
3( ) ( )( 3)
u v u v
u v v u u v u uv v
(*)
Do
2
2 3 3 0, ,
2
u uv v u v v u v
nên:
3
3
1
(*)
2
0
v u u v
u v
u v
u v u u
Với log2 1
2
u x x Với u 2 log2x 2 x
-
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x22
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Tìm m để đường thẳng (): y ( m 1)x4m cắt đồ thị (C) hai điểm M, N phân biệt M, N với điểm ( 1;6)P tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm
Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos2 2(2 cos )sin( )
x x x
2 Giải bất phương trình: 300 40 10 10
1
x x x x
x x
Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: (1 sin ) ; 0; 0;
2 os
2
x
x e
y y x x
x c
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với đáy góc
30 Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách AA’ BC a
(20)Page 20
Website: www.caotu.tk
thức: 2
4 Pa b c
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 2
2
x y x y điểm M(7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm
Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB
2 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) qua điểm A(3; –1;1)
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6 Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa
3
x khai triển biểu thức: 2
1
( )n
P x
x
Biết n nguyên dương thoả mãn:
2
0 3 341
2 1
n n
n n n n
C C C C
n n
B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng :x y 4 0 hai elíp
2
1
( ) : 1
10 6
x y
E ,
2
2 2
(E ) : x y 1 (a b 0)
a b có tiêu điểm Biết (E2) qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm
toạ độ điểm M cho elíp (E2) có độ dài trục lớn nhỏ
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
11 2
2y z x y z
x mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 =
Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có chu vi 6 Câu VIIb (1,0 điểm)
Xét tập hợp số tự nhiên có chữ số khác lập từ chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp Tính xác suất để phần tử số chia hết cho
-Hết -
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 58
Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D= Ta có: lim ; lim
x x
y y
y'3x2 6x ; ' 0
2
x y
y
x y
+) BBT:
x - + y' + - +
y + - -2
Hàm số đồng biến ;0 2;; Hàm số nghịch biến 0; yCĐ = x = ; yCT = - x =
(21)Page 21
Website: www.caotu.tk
Câu 1: (1 điểm) Phương trình hồnh độ giao (C) (): x33x2( m2 1)x4m 2
(x2)(x2 x 2m 1) x
f x x2 x m
2
( ) (1)
() cắt (C) điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: x x
x x
1
1
2
b a
f
2
0
(2)
m
m m
8
1 2
8
2
m
m
Với m
ta có ( ; ); (2; 3)1
M N m
2
ta có
( 1; 3); (2; 3)
M N Vậy: m
thỏa mãn MNP nhận O làm trọng tâm Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – =
cos sin
cos sin ( cos sin 2)
x x
x x loai vi x x
2 sin sin sin
4 4
x x
2 ( )
2
x k
k Z
x k
Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện:
10 x 10 Ta có:
1
1 2, ;
10 10
x x x
( Theo BĐT Bunhia)Bpt300x240x 2 10x 1 10 x0
2 10 2 10
( 10 1) ( 10 1) 300 40 (10 2)(30 2)
10 1 10
x x
x x x x x x
x x
1
(10 2) 30
10 1 10
x x
x x
(*)
2
1
( ) 30
10 1 10
5
'( ) 30 0, ( ; )
10 10 10 1( 10 1) 10 ( 10 1)
f x x
x x
f x x
x x x x
Mặt khác ( )f x liên tục [ 1; ]
10 10 nên f x nghịch biến ( )
1
[ ; ]
10 10
3
( ) ( ) ( )
10 10
f f x f
( Hs đánh giá).Do bất phương trình (*) 10
x x
(22)Page 22
Website: www.caotu.tk
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 5 x 10
Câu 3: (1 điểm) 2
2
0
(1 2sin )
(1 sin ) 2 2
os os
2
x
x xcosx e dx
x e dx V x x c c 2 2 0 1
( tan ) ( tan )
2
os os
2
x x
x x
V e dx e dx
x x c c
2 (tan ) '
x
x
V e dx
2
0
2 tan tan 2
2
0
x x
x x
V d e e e
Câu 4:(1 điểm) Gọi O tâm ABC M trung điểm BC ta có: BC O A BC AM
' BC(A'AM).Kẻ MHAA',do HM A AM HM BC AM A BC ) ' ( ) ' (
Vậy HM đọan vng góc chung AA’và BC,
4 ) BC , A'
(A HM a
d
Ta có:
2
0 3
' ( ' ,( )) 30 sin30
2 ABC
MH a a
A AO A A ABC AM AB a S
AM
Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có:
AH HM AO
O A'
suy a a 4 a 3 a AH HM AO O '
A
3 ' ' ' ' ' ' '
1
' ' '
3 18
A BB C C A B C ABCC A ABC ABC ABC ABC
a
V V V A O S A O S A O S
Câu 5:(1 điểm)Ta có: 3 2
1a 8b 27c 18abc 1 (a 2b3 )(c a 4b 9c 2ab3ac6bc) (1)
2 2
4
a b c ab ac bc a b c
Đặt x a 2b3 ,c x0 Từ (1) suy ra:
2 , 3 x P x x
2 2
3
2 1 1
3
3 3 3 3
x x x
P
x x x x x
Dấu “=” xảy x=1
Vậy minP=1 a=1, b=c=0 a=c=0,
b hoặc a=b=0, c
Câu 6a: (1 điểm 2
( )T (x 1) (y 2) 13 I(1; 2); R 13
Ta có: IM(6;9)IM 117 13 Suy điểm M nằm (T) Vậy từ M kẻ đến (T) tiếp tuyến Gọi K MI AmB Ta có MAMB IA, IBMI đường trung trực AB
KA=KBKAB KBA KAM KBMKlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB PTTS MI:
2 x t y t
, MI( )T K1(3;1) K2(-8;-12)
(23)Page 23
Website: www.caotu.tk m
K I
B M
A
Ta có AK1 AK2 Vậy K K1, tức K(3;1)
Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= (P) chứa Ox (P): by + cz = Mặt khác đường trịn thiết diện có chu vi 6 Suy bán kính cho
nên (P) qua tâm I Suy ra: –2b – c = c = –2b (b0) (P): y – 2z = Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1x)n Cn0C x C xn1 n2 2 C xnn n
Lấy tích phân vế cận từ đến 3, ta được:
1
0
4 3
3
1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
2 1
0 3 341 4 1024 4
2 3( 1) 3( 1)
n n n
n n
n n n n
C C C C n
n n n n
2 6
1
( ) k k3k k
P x T C x
x
Để có số hạng chứa
x 3k 6 k Vậy số hạng chứa
x khai triển là: 3 3 63 540
C x x
Câu VIb(2 điểm) (1 điểm) Hai elíp có tiêu điểm F1( 2;0), F2(2;0).
Điểm M(E2)MF1MF2 2a Vậy (E2) có độ dài trục lớn nhỏ MF1MF2
nhỏ nhất.Ta có: F F1, 2 phía với Gọi N x y( ; ) điểm đối xứng với F2 qua , suy
( 4; 6).
N Ta có: MF1MF2 MF1MN NF1 (khơng đổi) Dấu xảy M NF1
Toạ độ điểm
5
3 6 0 2 5 3
: ; .
4 0 3 2 2
2
x
x y
M M
x y
y
2 (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D-7)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường trịn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới (Q) h = 2 2
5
R r
Do
D D (loại)
D
D
2 2
2.1 2( 2) 7
4 12
17
2 ( 1)
Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = Câu VIIb (1điểm) Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác
Số số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu:
A
Số số tự nhiên gồm chữ số khác có số đứng đầu là:
A số Số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau:
8 5880
A A số
Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau:
A + 6
A = 1560 số n A 1560 Ta có: n 5880,n A 1560 P(A) = 1560 13
(24)Page 24
Website: www.caotu.tk
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 MƠN TỐN KHỐI A VÀ A1
ĐỀ 02 Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề
I Phần chung cho tấ thí sinh ( 7,0 điểm ) Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2
) (
2 m x m
x
y (1) ( với m tham số ) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0
2 tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị tạo thành đỉnh tam giác vuông
Câu 2: ( 2,0 Điểm )
a Giải hệ phương trình:
2
2
2
2
x y
x y
x y y xy x
b Giải phương trình: x ) 2sin x tanx
4 ( sin
2
Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
4
dx x
x I
Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 tam giác A'BC có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ
Câu (1,0 điểm) Cho x, y hai số dương thỏa điều kiện x y 5
4
Tìm GTNN biểu thức: S x 4y 1 Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( ) qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2)
Cho hai đường thẳng d1:
2 1 1
z y x
, d2:
t z
t y
t x
1 2 1
và mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm Md1, Nd2sao cho MN song
song (P) MN = 6 Câu 7.a (1,0 điểm)
Từ chữ số 0;1;2;3;4;5 lập số tự nhiên mà m i số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số
(25)Page 25
Website: www.caotu.tk
1 Viết phương trình đường thẳng ( ) qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy lần lượt
A B cho giá trị tồng OA OB nhỏ
2 Cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mp(P): 2x + 2y – z + = Lập p.tr m.cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt
phẳng (P)
3 5
Câu 7.b (1,0 điểm)
Từ số 0;1;2;3;4;5 Hỏi thành lập số có chữ số không chia hết cho mà chữ số m i số khác
-Hết -
Đáp án:
Câu 3: Pt x ) 2sin x tanx
( sin
2
(cosx0) x )]cosx 2sin x.cosx sinx
2 cos(
[
(1 - sin2x)(cosx – sinx) = sìn2x = tanx = Câu (1,0 điểm) V
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 60 NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số
x y
x
có đồ thị (C)
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
b) Gọi I giao điểm hai tiệm cận (C) Tìm số thực m để đường thẳng :
d y x m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C)
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình
4
4sin os ( )
4 2
os2x
x c x
c
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
6x 1
( , )
6 1
y y
x y
y x x
Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm số ln( 1),
yx x yx đường thẳng x0, x1
(26)Page 26
Website: www.caotu.tk
nằm mặt phẳng Gọi H, K trung điểm AB, AC, biết góc mặt phẳng (SAB) (ABC) 600
, 21
6 a
SA , SC<HC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách HK mặt phẳng (SBC) theo a
Câu (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y 3 Gọi (C) đường tròn cắt d điểm B, C cho tiếp tuyến (C) B C cắt O Viết phương trình đường trịn (C), biết tam giác OBC
Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d d1, 2 có phương trình
là
1
:
x t
d y t
z t
,
2
3
:
1 1
x y z
d , d đường thẳng qua I(2;2;-1) cắt d d1, 2 A B Viết phương trình mặt cầu đường kính AB
Câu (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn (2 8) 3(1 2)
i
z i z z
i
Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , thoả mãn abc1 Tìm giá trị nhỏ
biểu thức 2 2 2
2( )
a b c
P
b c a a b c
………….………Hết………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………; Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:……….………… Chữ kí giám thị
2:………
H-íng dÉn chÊm ĐỀ 60
Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số
x y
x
1 Tập xác định: D \{3} 2 Sự biến thiên hàm số
* Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực hàm số Tiệm cận đồ thị hàm số
1
lim lim lim
3
3 1
x x
x
x x
y
x
x
=> Đồ thị
hàm số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang
-1 -
-1 +
+
-
(27)Page 27
Website: www.caotu.tk
3
3
1
lim lim ;lim lim
3
3-x x
x x
x x
y y
x x
=>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm tiệm
cận đứng
* Lập bảng biến thiên ' 2 (3 )
y x D
x
, y’ không xác
định <=> x=3 Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến khoảng xác định Hàm số khơng có cực trị
3 Đồ thị
-Giao đồ thị hàm số Ox: y=0=>x=-1 - Giao đồ thị hàm số Oy: x=0=>y=1
3 đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm d:y=x+m (C) nghiệm phương trình
2
(1) (2 ) 0(2)
3 x
x m x x m m
x
((2) nghiệm x=3)
d cắt (C) điểm phân biệt cần đủ (1) có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân
biệt
0 m 8m m ( ; 8) (0; ) (*)
Với (*) d cắt (C) điểm phân biệt A x x( ;1 1m B x x), ( ;2 2m)trong x1,x2 nghiệm của (2) Ta thấy I khơng nằm d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB
là
1
1
3
3
:
1
3
x x m
x G
x m x m m
y
G nằm (C) ta có
5
1
1 3
5
3 3
3 m m
m
2
8 20 10;
m m m m
Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình
4
4sin os ( )
4 2
os2x
x c x
c
(1) ĐK: os2x ( )
4
c x k k
2
(1) (1 os2x) os(2x- ) os2x
c c c
2
(1 cos2x) (1 sin 2x) os2xc
2 os2x+2sin 2xc os2xc os2x-sin2x 1c
2
2( osc x sin x) ( osx+sinx)c
osx+sinx
( osx+sinx)( osx inx) ( )
osx 3s inx
arctan
c x k
c c s k
c
x k
Kết hợp với điều kiện phương trình cho có nghiệm xarctan3k (k )
Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
6x 1 (1)
( , )
6 1 (2)
y y
x y
y x x
Điều kiện: 1 x y
trừ vế với vế (1) cho (2) ta
2 2
6x 1 6y 1 y 1 x 1 y x (*) Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn
-10 -5
4
2
-2
-4
-6
f x = -1
s x = -1 f x = -1
r x = -1 f y = q y =
1
3
-1
-1
x y
x=3
y =-1 O g x = -1
f x = x+1
(28)Page 28
Website: www.caotu.tk Nếu(x;y)(1;1)
2
2
2
6x (*)
1
6x
y y x
y x
y x
y
2
6x+6y
( ) 0
1
6x
x y x y x y y x
y x
y
Với y=x thay vào (1) ta có
2
2 2 2
2
6x 24
6x 1 6x 1 4
1 6x
x
x x x x x
x
2
6
( 2) ( 2)(1 ) 2
1 6x
x x x x y
x
Vậy hệ có nghiệm x=y=2
Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn đường
ln( 1); ; 0;
yx x yx x x là
0
| ln( 1) | x
S x x x d .Xét phương trình
(0;1)
xln x x
1 x
x e
do
1
1
0 0
( ln( 1) ) x ln( 1) x x S x x x d x x d
Đặt
1 1
2
0 x
ln( 1) 1 1
ln( 1) x
dx 2
2 d dU
U x x x x
S x d
dV x x
V
1
0
( 1) 1
4
x
Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân S tam giác ABC có H trung điểm AB nên SHAB,CHAB=>AB(SHC) mà AB=(SAB)(ABC) nên góc (SAB) (ABC) bằng góc SH CH CH>SC nên SHC nhọn =>
60 SHC
Thể tích S.ABC . . .
3 3
SCH SCH SCH
S ABC S ACH S BCH
AH S BH S AB S
V V V
Tam giác ABC cạnh a có đường cao a
CH ,
2
2 21a
36
a a
SH SA AH
Diện tích tam giác SHC
2
1 3
.sin sin 60
2
SHC
a a a
S SH CH SHC
3
3 24
S ABC
a V
H, K trung điểm AB, AC nên HK đường trung bình tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC) nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC))
2S
S HBC S ABC
SBC SBC
V V
S
Theo định lí cơsin tam giác SHC
có 2 21
2 os60
6 a
SC SH CH SH CH c SB nên tam giác SBC cân S Gọi I trung
điểm BC=> 2 3 3a
( ,( ))
3 SBC
a a
SI SC CI S SI BC d HK SBC
(29)Page 29
Website: www.caotu.tk
OH= 3
2 BC
BC
Trong tam giác
vng IB có
3 HB HI HO IH
1
(0; ) (0; )
3 3
HI OH I Trong tam giác vng IBH có
2 2
3
R IB IH HB .Vậy phương trình đường trịn
(C): 4
( )
3
x y
Câu 7(1,0 điểm) D cắt d1, d2 A B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d
qua I nên A, B, I thẳng hàng
1 ( 1)
1 ( 1)
1 ( 3)
t k b
IA k IB t k b
t k b
1
1 (3;1; 2), (3;1; 2)
3
t kb k b
t kb k k A B
t kb k t
Gọi C trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2
Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính =BC có phương trình (x-3)2
+(y-1)2+z2=4 Câu 8(1,0 điểm)
2 3(1 2) 3(1 2)( 2) 2
(2 8) (2 8) (2 8) (1 2)
1 2
i i i
z i z z z i z z z i z i z
i
2
(2 8) (1 2) 0(1)
z i z i z z z
Gọi z=a+bi (a,b
) thoả mãn (1) ta có
2 2 2 2
a bi a bi 2 ( 2a )
2a
a b a
a b a i b b
b b
11
;
2
b a
Vậy có số phức thoả mãn đề 11 , 11
2 2
z i z i
Câu 9(1,0 điểm) 2 2 2
2( )
a b c
P
b c a a b c
Theo bất đẳng thức trung bình cộng
trung bình nhân ta có 1 a2 1; b2 1; c2 a2 b2 c2 1 ab bc ca ab b bc c ca a b c a a b c cóa b c abc a b c( ) ab ac bc ba ca bc (ab)2(bc)2(ac)2
( )2 ( )2
ab ac ab bc ca cb
3
ab bc ca ab bc ca
a b c
H
O C
(30)Page 30
Website: www.caotu.tk
2 2
9 27
2( ) 2( )
a b c
P ab bc ca
b c a a b c ab bc ca
=
2
27
2 2( )
ab bc ca ab bc ca
ab bc ca
Khi a=b=c=1 P=
2 nên giá trị nhỏ P bằng 9
2
Sưu tầm: Cao Văn Tú
Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com