Đề thi thử đại học năm 2014

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm tại các điểm A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2014-2015 MƠN: TỐN ( Khối A, A1)

Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

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)

Giải phương trình: cos3 2cos 2 tan cos

x x

x x

   

Giải hệ phương trình :  

 

2

2

1

2

x y x y y

x x y x

    

 

    

 x y,  Câu III ( 1,0 điểm) Tính tích phân:

 

1

2 ln

1 ln e

x x x

I dx

x x x

  

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D , AB2CD4a;

SAa ; SDa Tam giác ABC vuông C , mặt bên SAD vuông góc với mặt đáy  ABCD Tính thể  tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD SC

Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z số thực dương thỏa mãn y z x y 2z2.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

  2  2  2   

1 1

1 1

1 1

P

x y z

x y z

   

  

   II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 2;3 , đường phân giác góc A có phương trình x y  1 0và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC I 6;6 Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A3; 2; 2  ,B0; 1;2 ,C2;1;0và mặt phẳng  Q :x   y z Viết phương trình mặt phẳng  P qua A , vng góc với mặt phẳng  Q cách hai điểm B,C

Câu VII.a ( 1,0 điểm) Gọi z z1, 2là nghiệm phức phương trình z22 3z 4 Hãy tính giá trị biểu

thức 2013 2013

1

Az z B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABCcó trực tâm H1;4, tâm đường trịn ngoại tiếp I3;0và trung điểm cạnh BC M0; 3  Viết phương trình cạnh AB, biết đỉnh B có hồnh độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

1 1

x y z

d     

Câu VII.b ( 1,0 điểm) Giải phương trình : 5x25x2 x 1 x 12 ……….Hết………

ĐÁP ÁN

Mơn: Tốn Khối: A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút

CÂU NÔI DUNG ĐIỂM

Câu I (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

a) Tập xác định : D \ 1  b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận : +) Vì

1

2

lim , lim

1

x x

x x

x x

 

        nên đường thẳng x1là tiệm cận đứng

+) Vì lim 2 , lim 2

1

x x

x x

x x

      nên đường thẳng y2là tiệm cận ngang

0,25

*Chiều biến thiên: +) Ta có :

 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:

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; làm tâm đối xứng

0,25

2 (1,0 điểm)

6

4

2

2

5

I

Gọi ; a A a a     

 

2 ; b B b b     

  (Với a b, 0; ,a b1;a b ) thuộc đồ thị (C) Khi hệ số góc đường tiếp tuyến A B là:

  2 k a  

  2 k b   

Do đường tiếp tuyến song song nên:

 2  2

2

1

a b

  

    a b

0,25

Mặt khác, ta có: ; a

OA a

a

 

   ; ; b

OB b

b

 

    Do OAB tam giác vuông O nên

 4 

0

1 ab OAOB ab a b       0,25

Ta có hệ

   1 a b ab ab a b           

Giải hệ ta a b     



3 a b       0,25

Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ 1;1và  3;3 0,25 Câu II

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Điều kiện : cosx0 Quy đồng biến đổi phương trình dạng 1 sin x2sinx2cosx2sin cosx x 1

0.25

Vì cosx 0 sinx1nên : 2sinx2cosx2sin cosx x 1 0.25 Đặt sinxcosxtvới t  Phương trình trở thành: 2

0 t t t t         Do t  2nên ta lấy t0

0.25

Với t0thì sin cos tan

4

x x  x     x  k, k 0.25

2.(1điểm)

Ta biến đổi hệ dạng :  

  

2

2

1 2

1

x y x y y

x x y y

     



    

 Nếu y0 hệ vơ nghiệm

Nếu y0thì ta biến đổi hệ dạng

    2 2 x y x y x y x y                0,25 Đặt 1 ; x

u v y x

y 

    Hệ pt trở thành

1

u v u

uv v            0,25

Với

1 u v     

2

2

1 2

5 x x x x y y y x y x                          

hoặc

2 x y      0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm là2;5và  1; 0,25 Câu III

(1,0        

1 1

1 ln ln

2 ln 1 ln

1

1 ln ln ln

e e x x x x e

x x x x

I dx dx dx

x x x x x x x x

  

  

   

  

điểm) Đặt 1xlnx  t 1 lnx dx dt 0,25

Đổi cận:

1

x e t e

x t

  

 

   

 

0,25

 

1

1

1 ln ln 1

1

e e

dt

I t e

t

 

        0,25

Câu IV

(1 điểm) Gọi E trung điểm AB AECD hình vng

Vì

2

ADEC AB a Diện tích hình thang

ABCD  

2 ABCD

AB CD AD

S    a

0,25

Tam giácSAD có cạnh SA a 3;SDa AD; 2a nên vng S Do gọi SH đường cao SAD

2 2

1 1

3

a SH

SH SA SD  a  

0,25

Mặt khác SAD  ABCDnênSHABCD hay SH đường cao khối chóp Vậy thể tích khối chóp S.ABCD . 3

3 ABCD

V SH S a (đvtt)

0,25

Do AD/ /SCE nên khoảng cách AD SC khoảng cách từ H đến (SCE) 

Kẻ HK CE HI SK (vớiK CE I ; SK) Khi HI SCEnên khoảng cách AD SC đoạn HI

Xét HSK ta có : 12 12 2 12 12 572

36 57

a HI

HI  SH  HK SH CD  a  

0,25

CÂU V (1 điểm)

Theo bất đẳng thức bunhia ta có:  2  2

2

x yz  x y z x y z2 2y z y z x

      

Theo bất đẳng thức cơsi ta có:    1 2

1

4

y z y z

       

2

1

1

4

y z

x

 

     

     

2

1 y z x

x 

   

0,25

Lại theo BĐT cơsi ta có :

  2      

1

1 1 1

1 P

y z x y z

x

  

    



     

2

2

1

1 1

x x

P

x x x

   

    

3

3

2

1

x x x

P

x

  

 



0,25

Xét hàm số

 

3

2

( )

1

x x x

f x

x

  



 0; Ta có  4

10

( )

5

x

f x x

x 

    



Lập bảng biến thiên ta thấy ( ) 91

5 108

P f x  f     

0,25

Vậy GTNN biểu thức 91 1;

108

P  x y z 0,25

Câu VIa 1.(1điểm)

K

C

E A

B

D H S

(2 điểm)

+ Ta có IA 2 6  2 3 62 5 Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC có dạng    2 2

: 6 25

C x  y 

+ Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường trịn ngoại tiếp ABC Tọa độ

của D nghiệm hệ

  2 2  

1

9;10

6 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 ID 3; làm vec tơ pháp tuyến

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

0,25

+ Do SABC 3SIBC nên AH3IK

+ Mà  ;  18

5 A BC

c

AH d    ;  42

5 I BC

c

IK d   nên 18 42 54

36 c

c c

c   

      



0,25

Vậy phương trình cạnh BC : 3x4y54 0 3x4y36 0 0,25 2.(1điểm)

Ta có:

+ (Q) có VTPT nQ 1; 1; 1   + BC2; 2; 2 

+ Trung điểm BC I1;0;1 +) IA2; 2; 3  

Ta xét hai trường hợp sau:

0,25

Nếu B,C nằm phía so với mặt phẳng (P), muốn B C cách (P) BC/ / P Khi (P) nhận véc tơ: n BCQ,   4;0; 4 hay véc tơ nP 1;0;1 làm VTPT

Phương trình mặt phẳng (P): x z  1

0,25

Nếu B,C nằm khác phía so với mặt phẳng (P), muốn B C cách (P) I P Khi (P) nhận véc tơ nPn IAQ, 1;1;0 làm VTPT

Phương trình mặt phẳng (P): x  y

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x z  1 x  y 0,25 CâuVIIa

(1 điểm) Ta có :

2

3 1 i



      0,25

Nên phương trình

2

z  z  có nghiệm phức z1 3ivà z2  3i 0,25

 3 671  3 671 2013 2013

1 3

Az z  i   i 

   

0,25

 671  671

8

A  i  i  0,25

Câu VIb (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm) Ta có: IM 3; 3 

Phương trình cạnh AH đường cao BC x  y x y  3

0,25

Gọi A a ;3a B b b ; 3suy C  b b; 3, với b0 0,25

H K

I K

B C

C B

H

K H

D I

C B

Biên soạn: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Khi ta có:

  2 2

2

3 18

IA  a  a  a  ;   2 2

2

3 18

IB  b  b  b  ;  1; 7

HB b b ;AC   a b a b;  6

Do I tâm đường tròn ngoại tiếp H trục tâm ABC nên ta có hệ

     

2 2 7

7

1

IA IB a b a

b

b a b b a b

HB AC

      

  

           

  

 



0,25

Khi đóA7;10vàB 7; Vậy pt cạnh AB:

7 10

x  y

  hay 3x7y49 0

0,25

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng d qua điểm M1;1;1 có VTCP u1;1;1.Gọi A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b 

0;0; 

C c , với a b c, , 0 Khi phương trình mặt phẳng (P) có dạng: x y z a  b c

0,25

Do (P) chứa d nên ta có:

1 1

1 1 a b c

a b c

    



    

và OABC tích nên abc36

0,25

Giải hệ

1 1

3

6 1

0

2 36

a a b c

b

a b c c

abc

   

  

  

    

  

  

3

2 a

b

c

       

0,25

Vậy (P): 2x y 3z 6 (P): x2y3z 6 0,25 CâuVIIb

(1,0 điểm)

       2  

2 2 1

2

5x 5x  x  x 5x 5 x 1 5x x 5 x x 0,25 Vì hàm số f t  5t 5tđồng biến R nên f t 1  f t 2  t1 t2 0,25

Mặt khác  1    2      

5x 5 x 1 5xx 5 x  x f x 1 f x x

1

x x x x

     

0,25

Vậy phương trình có nghiệm x1 0,25

Biên soạn: Cao Văn Tú

Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Website: www.caotu.tk

M H

C I