Đề thi thử Đại học môn Toán lần 2 năm 2014 - Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành

Đề thi thử Đại học môn Toán lần 2 năm 2014 kèm hướng dẫn giải là tài liệu không thể thiếu giúp các em biết được các dạng Toán trong kì thi ĐH, CĐ để có sự chuẩn bị tốt nhất.

www.DeThiThuDaiHoc.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH (Đề có 01 trang) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NĂM 2014 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x2 Câu (2 điểm) Cho hàm số y  (1) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Tìm m để đường thẳng d: y = -x + m cắt đồ thị hàm số (1) điểm A, B tạo thành tam 1   với O gốc tọa độ OA OB x x x   x  Câu (1 điểm) Giải phương trình: 2  sin  cos3  cos    sin x  cos    2  2 4 giác OAB thỏa mãn Câu (1 điểm) Giải phương trình: 3x  x   8x    cos 2x   dx  3cos x   Câu (1 điểm) Cho hình trụ có trục OO’ bán kính đáy a Gọi A điểm thuộc đường tròn tâm O, A’ điểm thuộc đường tròn tâm O’ cho AA’ = 2a Tính thể tích tứ diện OAA’O’ Câu (1 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: S  x  y  y  z  z  x II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm phần A B A Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 2x + y – = 0, phương trình cạnh AC: 3x + 4y + = Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC biết M(1; -3) nằm cạnh BC thỏa mãn: 3MB = MC Câu 8a (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 1; 1), N(4; 8; -3), P(2, 9, -7) mặt    phẳng (Q): x + 2y – z – = Tìm (Q) điểm A cho AM  AN  AP nhỏ Câu (1 điểm) Tính tích phân:  I   sin x  sin x  Câu 9.a (1 điểm) Giải phương trình sau tập số phức: (z  i)2 (z  i)  5z   B Theo chương trình nâng cao 2 Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x - 1 +  y -  = điểm N(2; 1) Tìm đường thẳng d: x + y + = điểm M cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (với A, B tiếp điểm) đường thẳng AB qua N Câu 8b (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 3; 0), B(0;  ; 0) đường x  t  thẳng d có phương trình:  y  Tìm điểm C đường thẳng d cho tam giác ABC có z   t  chu vi nhỏ 22y x  y  2x 1 Câu 9b (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2 log x  3y   log y  2x  4y    Hết www.MATHVN.com www.DeThiThuDaiHoc.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN LẦN NĂM 2014 Câu 1.a Nội dung a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Tập xác định :  \ 1 Giới hạn tiệm cận: lim y  x  Điểm điểm x2 x 1 0,25đ lim y  x  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang đường thẳng y = lim y   lim y    x 1 x1 Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x =  Chiều biến thiên y'  >0 với x ( ;1)  (1; ) ( x  1)2 Hàm số đồng biến khoảng (;1) (1; )  Cực trị : Hàm số khơng có cực trị  Bảng biến thiên x - + y’ + + y + 1 0,25đ 0,25đ - 0,25đ  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (2 ; 0) Đồ thị cắt trục Oy điểm (0 ; 2) Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ; 1) tâm đối xứng y O -2 -4 www.MATHVN.com x www.DeThiThuDaiHoc.com 1.b b/ Tìm m để đường thẳng d: y = -x + m cắt đồ thị hàm số (1) điểm A, B tạo thành tam giác OAB thỏa mãn 1   với O gốc tọa độ OA OB điểm * Xét phương trình hồnh độ: x  x2  x  m   x 1 (*)  x  mx  m   Phương trình (*) có   m  4m   m suy (*) có hai nghiệm phân biệt khác với m Vậy d cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A, B với m * Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) với x1, x2 hai nghiệm (*) y1 = -x1 + m; y2 = -x2 + m Ta có: OA  x12  2mx1  m  x12  2mx1  2m   m  2m  0,25đ 0,25đ  m  2m  Tương tự, OB  m  2m  * Từ 1   , ta có: OA OB 2   m  2m   m  2m  0,5đ  m  0m  2 Vì O, A, B tạo thành tam giác nên giá trị thoả mãn m = Giải phương trình: x x x   x  2  sin  cos3  cos    sin x  cos    2  2 4 (1) điểm * Phương trình (1) tương đương với: x x  x x x x x 2 x x   2  sin  cos   sin cos  cos  1  sin cos   cos  sin  2  2 2 2  2      sin     sin  x x  x x x x x  cos  cos  sin cos   sin cos   2  2 2 2 x x  x  x x   cos  cos  1 sin cos  1  2   2  x   x  sin  cos  x   k 2   ;k    x   4  k 4 cos x     2 0,25đ 0,25đ 0,5đ Giải phương trình: 3x  x   8x   điểm * Phương trình tương đương với: x  3x  3x   5x   x   x   (x  1)  5(x  1)  x   x  www.MATHVN.com 0,25đ www.DeThiThuDaiHoc.com * Đặt x   u; x   v , phương trình trở thành: u  5u  v3  5v  (u  v)  u  v  uv     u  v 0,25đ (do u2 + v2 + uv + > với u, v) 0,25đ * x   x   3x  x   x   x  1 * Phương trình có nghiệm x = 0, x = -1   Tính tích phân: I   sin x sin x     * I   sin xdx   0 0,25đ cos x   dx  cos x  điểm sin x cos x dx  I1  I  cos x 0,25đ    cos x  1  dx   x  sin x   2 0 0,25đ * I1    * I2   sin x cos x dx  cos x 0,25đ Đặt  cos x  u  u   cos x  2udu  3 sin xdx  x   u  2; x   u 1 2 2 118 2 I2  2u  4u  du   u  u  7u     27 27  405 1  118 * Vậy I   405   0,25đ Cho hình trụ có trục OO’ bán kính đáy a Gọi A điểm thuộc đường tròn tâm O, A’ điểm thuộc đường tròn tâm O’ cho AA’ = 2a Tính thể tích tứ diện OAA’O’ điểm * Dựng lăng trụ OAB.O’B’A’ 0,25đ Ta có VOO 'A 'A  VOAB.O 'B'A ' * Tam giác OAB cân có OA = OB = a, AB = a a a2 a  2 a * VOAB.O'B'A '  a * VOAO'A '  12  dtOAB  www.MATHVN.com A O 0,25đ B B’ O’ 0,25đ A’ 0,25đ www.DeThiThuDaiHoc.com Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức điểm S  x  y  y  z  z  x * Ta có x y  * Tương tự: ( x  y)  yz  3 4  y  z  ;  3 * S  x  y  y  z  z  x  Có dấu “=” x  y  z  x y  zx  0,5đ 3 4 z  x   3 2 x  y  z    0,25đ 0,25đ * Vậy maxS = , đạt x  y  z  7a 3 4 x  y    3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 2x + y – = 0, phương trình cạnh AC: 3x + 4y + = Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC biết M(1; -3) nằm cạnh BC thỏa mãn: 3MB = MC 0,25đ 2x+y - 1=0 x =  hay A  2; -3 3x+4y+6=0  y = -3 * Tọa độ A nghiệm hệ:   3c         3c   => MB   b  1;  2b  , MC  c  1;      * Do M nằm cạnh BC 3MB = MC nên ta có : 3MB  2MC 3  b  1  2  c  1 3b  2c  b   hay   3c    4b  c  10  c  2    3   2b   2     * Gọi B  b;1  2b  , C  c; 0,25đ 0,25đ   8 * Vậy A  2; -3 ; B  3; -5  ; C  -2;  nên tam giác ABC có trọng tâm G 1; -  8a điểm 0,25đ  Trong không gian Oxyz, cho điểm M(3; 1; 1), N(4; 8; -3), P(2, 9, -7) mặt    phẳng (Q): x + 2y – z – = Tìm (Q) điểm A cho AM  AN  AP nhỏ điểm * Tam giác MNP có trọng tâm G(3; 6; -3)     AM  AN  AP  AG     * AM  AN  AP nhỏ AG nhỏ => A hình chiếu vng góc G (Q) * Đường thẳng d qua G, vng góc với (Q) có phương trình: www.MATHVN.com 0,25đ 0,25đ www.DeThiThuDaiHoc.com x   t   y   2t  z  3  t  0,25đ * Đường thẳng d cắt (Q) A, tọa độ A nghiệm hệ: x   t  y   2t   A(1;2;1)  z    t   x  y  z   9a 0,25đ Giải phương trình sau tập số phức: ( z  i ) ( z  i)  z   điểm * Phương trình tương đương với: 0,25đ ( z  1)  5( z  1)  z     z    z  i   z  2 7b 0,25đ 0,5đ 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x - 1 +  y -  = điểm N(2; 1) Tìm đường thẳng d: x + y + = điểm M cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (với A, B tiếp điểm) đường thẳng AB qua N Đường trịn (C) có tâm I(1; 2); bán kính R = Gọi M  t; -2 - t   d điểm 0,25đ T   C  Nếu T(x; y) tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)     MT   x  t; y   t  , IT  x  1; y   MT.IT  0,25đ Do ta có hệ:  x - 1 +  y -  = (1)   x  t  x  1   y   y   t   (2) Trừ vế với vế (1) cho (2) ta   t  1 x   t   y  t   (*) Tọa độ tiếp điểm kẻ từ M đến (C) thỏa mãn (*) nên phương trình đường thẳng AB   t  1 x   t   y  t   Vì AB qua N(2; 1) nên   t  1   t  1  t    t  1 5 Vậy M  ;   2 2 www.MATHVN.com 0,25đ 0,25đ www.DeThiThuDaiHoc.com 8b Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 3; 0), B(0;  ; 0) đường thẳng x  t  d có phương trình:  y  Tìm điểm C đường thẳng d cho tam giác z   t  ABC có chu vi nhỏ điểm Vì AB khơng đổi nên tam giác ABC có chu vi nhỏ CA + CB nhỏ Gọi C  t; 0; - t   d Ta có: 0,25đ CA   t  2 2  32    t    t    2 0,25đ CB  t     t    t  1  22     Đặt u   t   ;3 , v  1  t  ;  u  v   2;       Áp dụng t/chất u + v  u  v , dấu “=” xảy u hướng v ta có     CA  CB  u + v  u  v   25  3    t  2 dấu “=” xảy 7  1  t      0,25đ t 0,25đ 3 Khi C  ; 0;  5 5 9b 22y x  y  x 1 (1) Giải hệ phương trình:  2 log x  3y   log5 y  2x  4y  (2) điểm Đk: y > 0,25đ   (1)  yx   2.2 x  y  2.2x  y  x  y    2x  y   x  y Thay vào (2) được: log5  x  3x  1  log x  2x  4x  1    log  x     2  x  1  x  Do x   0,25đ  3 1    x  nên log5  x     x  x x   0,25đ Đẳng thức xảy x = 2  x  1   x Đẳng thức xảy x = Phương trình (3) có nghiệm x = Vậy hệ có nghiệm (1; 1) www.MATHVN.com 0,25đ ... Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) với x1, x2 hai nghiệm (*) y1 = -x1 + m; y2 = -x2 + m Ta có: OA  x 12  2mx1  m  x 12  2mx1  2m   m  2m  0 ,25 đ 0 ,25 đ  m  2m  Tương tự, OB  m  2m  * Từ 1  ... 0 0 ,25 đ * I1    * I2   sin x cos x dx  cos x 0 ,25 đ Đặt  cos x  u  u   cos x  2udu  3 sin xdx  x   u  2; x   u 1 2 ? ?2 118 ? ?2 I2  2u  4u  du   u  u  7u     27 27 ... x 2? ?? x x   2  sin  cos   sin cos  cos  1  sin cos   cos  sin  2  2? ?? 2 2  2? ??      sin     sin  x x  x x x x x  cos  cos  sin cos   sin cos   2  2 2 2? ??