Bộ đề thi thử đại học môn Toán

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]

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

AB



a 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 (a3b3)(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 A



3;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:………

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 : DR\ 1

 

b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận :

+) Vì

1

2 4

lim , lim

1

x x

x x

x x

 

 

       

  nên đường thẳng x1là 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



;1



và



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 I



1; 2



làm tâm đối xứng

0,25

I 2



1,

Gọi

; a A a

a

 

 

  

 

2

; b B b

b

 

 

  

  (Với ,a b1;ab) 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

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;1



và

 

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 x3, 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

 

       

   

 

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



x2



x   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

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



a



OC



a

Lại có

&

AI



SC

 

SOC



AIC

đồng dạng

.

.

CI

CA

CI CS

CO CA

CO

CS











SCa

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

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

 

      

 

 



1a



1    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) =

1t 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 IA5 Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABCcó dạng

 

C : (x1)2 (y 7)225

+ 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 IDBChay đường thẳng BC nhận véc tơ

 

3;

DI  làm vec tơ pháp tuyến

+ Phương trình cạnh BC có dạng 3x4y c 0

0,25

K H

D I

C B

Page

Website: www.caotu.tk

+ Do SABC 4SIBC 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 : 9x12y114 0 15x20y131 0

0,25 Câu

VII

Tính tổng: S a0 2a13a2  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 x3a x   2015a x (*)

0,25

Thay x1vào (*) 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-y



0

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 v1,u  3 x 5,y4

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 yx33x2 (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 SABSCB900 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 z2z26 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 2x4y6z670 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 4x3  x - Hết -

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, y

CT

= hàm số đạt cực đại x =



1, y

CĐ

=

Giới hạn:

lim ; lim

xy  xy 

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 ylog (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

0log (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

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,

ux  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

 

 

 

  

  







= I

1

+ I

2

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 

Page 11

Website: www.caotu.tk

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

a 3

90

SABSCB

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

HCBC

Suy tứ giác HABC hình vng

+ Có:

AH/ /BC(SBC)AH/ / (SBC)

[ ,( )] [ ,( )]

d A SBC d H SBC a

  

+ Dựng

HKSC

K (1)

Do

BC HC BC (SHC) BC HK (2)

BC SH

    



 

(1) (2) suy

HK(SBC)

Từ

d H SBC[ ,( )]HKa

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): x

2

+ y

2

– 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   ; CD2 R2d I CD2( , )

2 (7 )

5 1;

2 20

m

m m m m



           

S

B

H C

A

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 30

0

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 z2z26 1

z i

z   i

Giả sử z x yi x y, ( ,  ) Ta có: + z2z2   6 (x yi)2 (x yi)2  6 x2y2 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: BC2 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 2x4y6z670

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 

Page 13

Website: www.caotu.tk

(P) qua A(13;



1; 0)



phương trình (P):

(B4 )C x By Cz  12B52C0 (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 4x3  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 x1 (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 x1 (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 y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 (1) (m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m0

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

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,

SA



SB



a

,

2

SD



a

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 x3 3log x2 - 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)

m0

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, y

CT

= hàm số đạt cực đại x = 0, y

CĐ

=

Giới hạn:

lim ; lim

xy  xy 

Bảng biến thiên:

x

y’



+



y

0

0

0

+



+



+



1

0

1

y

x

1

  0

 

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 33m21), (B m1; 2m33m2)

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

 

 

 

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 u5x5 ,y v5 xy ĐK: u0,v0 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,

SA



SB



a

,

2

SD



a

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

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(1x) 3(1x)  1 x] (1x)    (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 MIIA MIIB  MIIA MIIA MI IA MI 

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  C



10m6;18m11



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 9t212t 5 (3t2)21

2 2

4 (1 ) ( 5) 26 (3 1) 25

MB t   t   t  t  t  t  Trong mpOxy xét vectơ u(3t2; 1),v  ( 3t 1; 5)

Có: |u v | 5; | |u  (3t2)21; | |v   ( 3t 1)225

Ta ln có bất đẳng thức đúng:

2

|u v | | | | |u  v 3 5 (3t2)    1 ( 3t 1) 25

hay

MA MB 3 5

Đẳng thức xảy u

và

v

hướng

1

3

t

t t



    

 

Vậy

(MA MB )min 3 5

đạt

0; 2; M 

Page 19

Website: www.caotu.tk

Câu 7b: Giải phương trình:

3

2

log x3 3log x2

Với điều kiện x > 0, ta đặt

ulog2 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 yx33x22

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Tìm m để đường thẳng (): y ( m 1)x4m 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

Page 20

Website: www.caotu.tk

thức: 2

4 Pa  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

(

E

2

)

qua điểm M thuộc đường thẳng



.

Tìm

toạ độ điểm M cho elíp

(

E

2

)

có độ dài trục lớn nhỏ

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:

11 2

2y 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 =

Page 21

Website: www.caotu.tk

Câu 1: (1 điểm) Phương trình hồnh độ giao (C) (): x33x2( m2 1)x4m 2

 (x2)(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)Bpt300x240x 2 10x 1 10 x0

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

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 MHAA',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

1a 8b 27c 18abc  1 (a 2b3 )(c a 4b 9c 2ab3ac6bc) (1)

2 2

4

a b c ab ac bc a b c

          

Đặt x a 2b3 ,c x0 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 MAMB IA, IBMI đường trung trực AB

 KA=KBKAB KBA KAM KBMKlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB PTTS MI:

2 x t y t       

 , MI( )T K1(3;1) K2(-8;-12)

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 (b0)  (P): y – 2z = Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1x)n Cn0C 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

F

1

( 2;0),



F

2

(2;0).

Điểm

M



(

E

2

)



MF

1



MF

2



2

a

Vậy

(

E

2

)

có độ dài trục lớn nhỏ

MF

1



MF

2

nhỏ nhất.Ta có:

F F

1

,

2 phía với  Gọi

N x y

( ; )

điểm đối xứng với

F

2 qua , suy

( 4; 6).

N

 

Ta có:

MF

1



MF

2



MF

1



MN



NF

1 (khơng đổi) Dấu xảy

M



NF

1

 

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

Page 24

Website: www.caotu.tk

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014

MƠN TỐN KHỐI A VÀ A

1

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

)

2

sin

x

tan

x

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 d

1

:

2

1

1

z

y

x





, d

2

:























t

z

t

y

t

x

1

2

1

và mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M



d

1

, N



d

2

sao 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

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   

(cosx

0) 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),

yx x yx

đường thẳng

x0, x1

Page 26

Website: www.caotu.tk

nằm mặt phẳng Gọi H, K trung điểm AB, AC, biết góc

mặt phẳng (SAB) (ABC) 60

0

,

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

abc1

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 +

+

-

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 1m B x x), ( ;2 2m)

trong x

1

,x

2

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 xarctan3k



(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

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;

yx x yx 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

SH



AB,CH



AB=>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 

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 d

1

, d

2

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

+z

2

=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 ab b bc c ca  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

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