Đến với Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 môn Toán của Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng các bạn sẽ được tìm hiểu một số thông tin cơ bản để củng cố kiến thức phục vụ cho kì thi Đại học sắp tới. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề ĐỀ THI THỬ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x - 3x + (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Gọi A, B điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng đạt giá trị nhỏ (O gốc tọa độ) (d ) : x + y + = cho = + + Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin3 x - cos3 x + 3sin x + 4sin x - cos x + = 1+ y Ï Ô x(1 + x ) = - y x yŒ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Ì Ơ( xy + 1)( x y + 1) = y Ó x + x3 + x + Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I Ú dx + x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) góc SC với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M điểm di động cạnh CD H hình chiếu vng góc S đường thẳng BM Xác định vị trí M CD cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức: T ( abc a + b + c + a + b + c (a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; - 7) đường thẳng D : x - y + = Tìm điểm B D cho có ba đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến đường thẳng ( d i ) khoảng cách từ B đến đường thẳng ( d i ) Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vng ABCD với A(1; -1; -2) điểm x +1 y -1 z +1 = = Tìm tọa độ điểm B, C, D B, D nằm đường thẳng (d): -1 Câu 9.a (1,0 điểm) Có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, năm thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B tam giác ABC: x + y - = phương trình đường trung trực cạnh BC: x + y - = Tìm tọa độ điểm B, C, D Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) cách điểm C (-1; 3; - 2) khoảng 29 1 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình < log3 x - 3x + log3 ( x + 1) - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………… Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl Câu Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN TOÁN A, A1 Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = x3 - 3x + Èx ; y ' = x2 - x ; y ' = € x2 - x = € Í ; y(0) = 5, y(1) = Ỵx Giới hạn: lim y = -• ; lim y = +ã TX: x ặ-ã im 0,25 xặ+ã Hm s nghịch biến khoảng ( 0; ) 0,25 Hàm số đồng biến khoảng ( -•; ) ; (1; + • ) Hàm số đạt cực tiểu x = 1; yCT = hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Bảng biến thiên: x -• +• 0 + y’ + +• y -• 0,25 Đồ thị y 0,25 -1 x Gọi A, B điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d ) : x + y + = cho đạt giá trị nhỏ = + + (O gốc tọa độ) Từ câu 1) không tổng quát ta chọn A(0; 5) B(1; 4) Gọi G điểm cho Ê1 ˆ 0,25 + + = G Á ;3 ˜ Ë3 ¯ Ta có: = + + = = + =3 +2 + + + + + + + + + + + + 0,25 = =3 + + + + + = Do nên suy T nhỏ chi MG nhỏ hay M hình chiếu vng góc G đường thẳng (d) Ta có phương trình đường thẳng (d’) qua G vng góc với (d): 3x - y + = 0,25 0,25 Ï3x - y + = 19 13 tọa độ M nghiệm hệ Ì x=- ; y=10 10 Óx + 3y + = Ê 13 19 ˆ Vậy M Á - , - ˜ đáp số toán Ë 10 10 ¯ Câu Giải phương trình: sin3 x - cos3 x + 3sin x + 4sin x - cos x + = (1,0 điểm) (1) € (sin x + 1)3 - cos3 x + (sin x + - cos x) = € (sin x - cos x + 1)[(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos2 x + 1] = Èsin x - cos x + = (1) €Í 2 Ỵ(sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + = (2) Giải (1): È x k 2p p pˆ p Ê € €x+ = ± +k p € Í Áx+ ˜ = Í x = - p + k 2p 4 ¯ Ë Ỵ 2 Giải (2): Vì (sin x + 1) + cos x(sin x + 1) + cos x + = 0,25 0,25 kŒ 0,25 ˘ È = Í(sin x + 1) + cos x ˙ + cos2 x + > 0, "x Œ , nên pt(2) vô nghiệm Ỵ ˚ 0,25 Vậy phương trình cho có họ nghiệm: x = k Câu (1,0 điểm) 1+ y Ï Ô x(1 + x) = - y Giải hệ phương trình: Ì Ơ( xy + 1)( x y + 1) = y Ó x=- +k kŒ x yŒ Giải: ĐK: y π Khi hệ cho tương đương: ÏÊ x 1ˆ 1 Ï Ï =4 + + + x x Ô + + + = + + + = x x x x 4 ˜ Á 2 Ô Ô y y y¯ y y y y ÔË Ô Ô €Ì €Ì Ì 2 x x x x 1 3 ˆ Ê Ôx + + + Ô Ô xÊ 1ˆ x + + + =4 =4 x x + + ˜=4 Á ˜ Á Ô Ô Ô y y y y y y Ó Ó y y y ¯ Ë ¯ ÓË Đặt: u = x + x , v = , hệ phương trình trở thành: y y ÏÔu + u - 2v = Ì ƠĨu - 2u.v = Ï Ïu - 4u + = u2 + u - v Ïu Ơ Ơ €Ì €Ì u + u - € Ìv Ĩ Ôu - u (u + u - 4) = Ơv Ĩ Ĩ Ï Ơx + y = Ơ Từ đó: Ì € x = y =1 x Ơ ƠĨ y Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) (1; 1) Câu x + x3 + x + Tính tích phân: I (1,0 điểm) Ú1 x4 + dx I =Ú 2 0,25 0,25 0,25 0,25 x + x3 + x + x3 x2 + dx dx dx = + + Ú1 Ú1 x4 + Ú1 x4 + dx x4 + 0,25 2 2 d ( x + 1) 1 17 x3 dx = = ln( x + 1) = ln 4 Ú x +1 x +1 1 1 1+ 2 1+ 2 x +1 x dx = x dx dx = Ú I2 = Ú Ú x +1 1ˆ Ê x2 + Áx- ˜ +2 x2 x¯ Ë pˆ Ê 1 ˆ Ê p dt = 2(1 + tan t )dt Đặt x - = tan t Á - < t < ˜ Á1 + ˜ dx = 2 x 2¯ Ë x ¯ cos t Ë I1 = Ú dx = x = ; I = Ú Đổi cận: x = t = 0; x = t = arc tan arc tan Ú I2 = 2(1 + tan t )dt = 2(1 + tan t ) arc tan Ú 0,25 0,25 arc tan 2dt = t 2 = arc tan 0,25 (+) 17 arc tan Vậy: I = + ln + 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt Câu (1,0 điểm) phẳng (ABCD) góc SC với mặt phẳng (SAB) 300 Gọi M điểm di động cạnh CD H hình chiếu vng góc S đường thẳng BM Xác định vị trí M CD cho thể tích khối chóp S.ABH đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM) S S A D K M H B A C Theo giả thiết ta có: CB ^ AB¸ + ˝ CB ^ (SAB) CSB CB ^ SA ˛ D H B C 300 góc SC mặt phẳng (SAB) Từ đó: SB = BC.cot 300 = a SA = SB2 - AB2 = a BH ^ SA ¸ + ˝ BH ^ ( SAH ) BH ^ AH BH ^ SH ˛ + Thể tích khối chóp S.ABH tính bởi: 1 a V = S ABH SA = HA.HB.a = HA.HB 3 Có: AH + BH = AB2 = a theo bđt Cauchy: a2 2 a = AH + BH ≥ AH BH AH BH £ 2 a a a a = HA.HB £ Từ đó: V = 6 12 Đẳng thức xảy HA = HB € ABM = 450 € M ∫ D 0,25 0,25 a3 (đvtt) đạt M ∫ D 12 Với M ∫ D H tâm đáy ABCD Khi AC cắt mp(SBD) H trung điểm AC nên: d[C,(SBD)] d[ A,(SBD)] Kẻ AK ^ SH K (1) Ï BD ^ AH Ta có: Ì BD ^ (SAH ) BD ^ AK (2) Ó BD ^ SA (1) (2) chứng tỏ AK ^ (SBD) Vậy d[C,( SBD)] = d[ A,(SBD)] = AK AK tính bởi: a a SA AH SA AH = a 10 = = AK = SH SA2 + AH 2a 2a + Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức: Vậy Vmax Câu (1,0 điểm) ( abc a + b + c + a + b + c T (a +b +c 2 ) ( ab + bc + ca ) 0,25 0,25 ) Với số thực a, b, c dương, ta ln có bđt đúng: c) (a - b) + (b - c) + (c - a) ≥ € a + b + c ≥ ab + bc + ca € 3( a + b + c ) ≥ ( a + b + 0,25 a + b + c £ 3(a + b + c ) (1) Do (1) nên: T= ( abc a + b + c + a + b + c (a + b + z ) ( xy + yz + zx ) ( abc + ( ab + bc + ca ) ) a2 + b2 + c2 )£ ( abc + ) a2 + b2 + c2 ( x + y + z ) ( ab + bc + ca ) = 0,25 (2) Mặt khác theo bđt Cauchy: a + b2 + c2 ≥ 3 a 2b2c = 3 abc (4) 1 Từ (3) (4) được: (5) £ 2 3.abc (ab + bc + ca) a + b + c ab + bc + ca ≥ 3 a2b2c2 (3) Do (5) nên (2) suy ra: T £ ( abc + 3 3abc ) = 3+ 0,25 0,25 3+ đạt a = b = c Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; - 7) đường thẳng (1,0 điểm) D : x - y + = Tìm điểm B cho có ba đường thẳng ( d ) ( i Œ{1; 2; 3} ) i Đẳng thức xảy a = b = c Vậy Tmax thỏa mãn khoảng cách A đến ( d i ) khoảng cách từ B đến ( d i ) Từ giả thiết ta suy đường thẳng ( d i ) ( i Œ{1; 2; 3} ) tiếp tuyến chung hai đường tròn : đường tròn tâm A(4 ; -7), bán kính R1 đường trịn tâm B, bán kính R1 Từ u cầu tốn tương đương hai đường trịn (A, R1) (B, R2) phải tiếp xúc với hay AB = R1 + R2 (1) Ta có B ŒD B(2b - 4; b) Suy 0,25 0,25 0,25 Èb € (2b - 8) + (b + 7) = 10 € 5b - 18b + 13 = € Í 13 Íb Ỵ Ê 13 ˆ Vậy B(-2;1) B Á ; ˜ 0,25 Ë5 ¯ Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vng ABCD có A(1; 1; 2) điểm (1,0 điểm) x + y -1 z + Tìm tọa độ điểm B, C, D B, D nằm đường thẳng (d): = = -1 Do ABCD hình vng nên C điểm đối xứng với A qua giao điểm H (d) với mp(P) qua A, vng góc với (d) Ta có phương trình (P): 4x - y + z -3 = 0,25 Ï x + y -1 z + = = Ô Tọa độ H nghiệm hệ: Ì -1 Ơ Ĩ4 x - y + z - = 2 1 Giải hệ x = 1; y = ; z = 2 1ˆ Ê Vậy H Á1; ; - ˜ Từ C (1; 2; 1) 2¯ Ë B Œ (d ) B(-1 + 4t;1 - t; -1 + t ) ; AC = AB € AC = AB2 Èt € 18 = ÈỴ(4t - 2)2 + (2 - t )2 + (t + 1)2 ˘˚ € t - t = € Í Ỵt + Với t = ta B(-1;1; -1) D(3;0;0) + Với t = ta B(3;0;0) D(-1;1; -1) 0,25 0,25 0,25 Câu 9.a Có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 Tính xác suất để có (1,0 điểm) thẻ mang số lẻ, năm thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho 10 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ 40 thẻ khơng gian mẫu C40 0,25 Từ đến 40 có tất 20 số chẵn 20 số lẻ Số cách chọn tấp thẻ mang số lẻ 0,25 C20 Trong 20 số chẵn có số chia hết hết số cách chọn thẻ 0,25 mang số chẵn có mang số chẵn C144 C61 C144 C61 126 C20 0,25 10 C40 1147 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(4; 0), phương trình (1,0 điểm) đường trung tuyến kẻ từ B: x + y - = phương trình đường trung trực cạnh BC: x + y - = Tìm tọa độ điểm B, C, D Từ giả thiết ta có: Phương trình BD: x + y - = AD qua A(4; 0) vng góc với (d): x + y - = phương trình AD: x - y - 16 = 0,25 Ï7 x + y - = Ï x = Tọa độ D định bởi: Ì €Ì D(3; - 4) Ó4 x - y - 16 = Ó y = -4 Gọi I ( x0 ; y0 ) tâm hình bình hành ABCD C (2 x0 - 4; y0 ) 0,25 Ê 4x - ˆ B(2 x0 - 3; y0 + 4) tọa độ trung điểm BC J Á ; y0 + ˜ Ë ¯ J Œ (d ) :2 x + y - = I Œ BD : x + y - = nên: 0,25 Vậy xác suất cần tìm là: Ï4 x0 - + 8(2 y0 + 2) - = Ì Ĩ7 x0 + y0 - = Ïx Ï x0 + y0 + = Ơ hay Ì Ì 0,25 C (-2; - 1), B(-1; 3) Ó7 x0 + y0 - = Ô y0 = Ó Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai (1,0 điểm) điểm A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) cách điểm C (-1; 3; - 2) khoảng 29 + 2+ Giả sử (P) có vtpt = (P) qua A(0; - 2; 1), B(10; 6; 2) nên: π 0,25 pt (P): ax + by - (10a + 8b) z + 10a + 10b = | -a + 3b + 2(10a + 8b) + 10a + 10b | Theo giả thiết d ([C;( P)] = 29 € = 29 a + b2 + (10a + 8b)2 €| 29a + 29b |= 29 101a2 + 160ab + 65b2 € 29(a + b)2 = 101a2 + 160ab + 65b2 È3a + 2b = € 12a + 17ab + 6b2 = € (3a + 2b)(4a + 3b) = € Í Î4a + 3b = Ïa Với 3a + 2b = ta chọn Ì pt(P): 2x - 3y + 4z - 10 = Ób = -3 Ïa Với 4a + 3b = ta chọn Ì pt(P): 3x - 4y + 2z - 10 = = b Ó Câu 9.b 1 Giải bất phương trình : < (1,0 điểm) log3 x - 3x + log3 ( x + 1) 0,25 0,25 0,25 Ï2 x - 3x + > Ơ 1ˆ Ê Ï3¸ Ơ2 x - 3x + π ĐK: Ì hay x Œ Á -1; ˜ \ {0} » (1; + •) \ Ì ˝ 2¯ Ë Ĩ2˛ Ơx +1 > Ôx +1 π Ó Èx < Với điều kiện để ý x - 3x + > € x - 3x > € Í , Íx > Ỵ x + > € x > Từ ta chia tốn thành trường hợp sau: TH1: Với -1 < x < , < x + < log ( x + 1) < 2x2 - 3x + > € log3 x - 3x + > bất phương trình cho vơ nghiệm TH2: Với < x < ⁄ < x < thì: 2 x + > log3 ( x + 1) > < x2 - 3x + < € log3 x2 - 3x + < bất phương trình cho trở thành bất đẳng thức TH3: Với x > , x + > log ( x + 1) > 2 x2 - 3x + > € log3 x - 3x + > Từ với x > , bất phương trình cho tương đương: 0,25 0,25 0,25 Ïlog ( x + 1) < log x - 3x + Ï x - 3x + > x + Ô Ơ €Ì Ì 3 Ơx > Ơx > Ĩ Ó 2 2 Ï x - 5x > Ï2 x - 3x + > ( x + 1) Ơ Ơ €Ì €Ì € x>5 3 Ơx > Ơx > 2 Ĩ Ĩ Kết hợp trường hợp bất phương trình cho có tập nghiệm: Ê 1ˆ Ê 3ˆ S = Á 0; ˜ » Á1; ˜ » (5; + •) Ë 2¯ Ë 2¯ 0,25 Ghi chú: Câu 1.2 câu cịn có cách giải sau: Câu 1.2: M Œ (d ) : x + y + = M (-3m - 7; m) Từ câu 1) không tổng quát ta chọn A(0; 5) B(1; 4) Khi ta có: = + = + = + Từ đó: + + = + 2= + + = + + + - + = + + - - = = 2 + + (+) + + (+) 19 ˆ 727 727 Ê = ≥ + + = m + 114m + 181 = 30 Á m + ˜ + 10 10 10 ¯ Ë 727 19 Ê 13 19 ˆ đạt m = hay M Á - , - ˜ Tmin = 10 10 Ë 10 10 ¯ Câu 2: Phương trình cho tương đương: (sin x + 1)3 + sin x + = cos3 x + cos x (1) Nếu đặt f (t ) = t + t phương trình có dạng: f (sin x + 1) = f (cos x) (2) Xét hàm số: f (t ) = t + t ta có f '(t ) = 3t + > 0, "x Œ hàm số đồng biến Từ đó: pt € x+ = x€ x- x= € Vậy phương trình cho có họ nghiệm: x = k x=- Èx k2 Ê ˆ Í € Áx+ ˜= Íx = - + k2 4¯ Ë Ỵ 2 +k kŒ (+) (+) (+) (+) kŒ (++) Cảm ơn bạn lovemathltt@yahoo.com.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl ... - y + z -3 = 0,25 Ï x + y -1 z + = = Ô Tọa độ H nghiệm hệ: Ì -1 Ơ Ĩ4 x - y + z - = 2 1 Giải hệ x = 1; y = ; z = 2 1ˆ Ê Vậy H Á1; ; - ˜ Từ C (1; 2; 1) 2¯ Ë B Œ (d ) B (-1 + 4t;1 - t; -1 + t... AD: x - y - 16 = 0,25 Ï7 x + y - = Ï x = Tọa độ D định bởi: Ì €Ì D(3; - 4) Ó4 x - y - 16 = Ó y = -4 Gọi I ( x0 ; y0 ) tâm hình bình hành ABCD C (2 x0 - 4; y0 ) 0,25 Ê 4x - ˆ B(2 x0 - 3; y0... ) :2 x + y - = I Œ BD : x + y - = nên: 0,25 Vậy xác suất cần tìm là: Ï4 x0 - + 8(2 y0 + 2) - = Ì Ĩ7 x0 + y0 - = Ïx Ï x0 + y0 + = Ơ hay Ì Ì 0,25 C (-2 ; - 1), B (-1 ; 3) Ó7 x0 + y0 - = Ơ y0 =