Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng với mặt phẳng A ' B, CC ' theo a... Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P =.[r]
(1)Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117 Ngày 28 tháng năm 2014 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1 x 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2.Tìm m để đường thẳng (d) y 2 x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A và B cho tam giác OAB vuông O (với O là gốc toạ độ) sin ( x ) 2sin x tan x Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình ( x 2) x x y y x y 0 x y 1 x y 1 Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình : ln Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân : 3 ( x, y R ) e x dx ex ex Câu V(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a, BC 2a, ACB 120 , đường thẳng A ' C tạo ABB ' A ' góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách hai đường thẳng với mặt phẳng A ' B, CC ' theo a Câu VI(1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn : x y x y 2(32 xy x y ) x y ( x y ) ( y x) 2 xy Tìm giá trị lớn và nhỏ P = II.PHẦN RIÊNG.(3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (Phần A B) A Theo chương trình chuẩn ( d ) : x y 0 Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : x y 0 và cắt A.Lập phương trình đường tròn (C) qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 B, cắt d2 C (B,C khác A) cho tam giác ABC có diện tích 24 Câu VIII.a (1,0 điểm) 2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x y 10 z 24 0 và hai mặt phẳng ( P) : x y z 0;(Q) : x y z 0 Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S) 2 z i z 2i Câu IX.a(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z z 6 và B Theo chương trình nâng cao C : x2 y 18 x y 65 0 và Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn C ' : x y 9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp 24 điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB B 0;3; , M 4;0; 3 Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm Viết phương ( P ) B , M Ox , Oz C trình mặt phẳng chứa và cắt các trục các điểm A và cho thể tích khối tứ diện OABC ( O là gốc toạ độ ) 2013 Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng S C2014 C2014 C2014 C2014 (2) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch … Hết … ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117 Nội dung Câu Điểm 2x 1 y x Cho hàm số 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 3 TXĐ: R\ y’ = ( x 1) <0 x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;1) và (1;+ ) lim y lim y 2 lim y lim y TCN: y =2 TCĐ : x = x x x , x BBT: x y’ y - - 0.25 + - 0.25 0.25 + Đồ thị: 0,25 Câu I 2.Tìm m để đường thẳng (d) y 2 x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A và B cho tam giác OAB vuông O (với O là gốc toạ độ) 2x 2 x m Xét phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d) là: x g(x)=2x (4 m) x m 0 (x 1) (1) Để đường thẳng (d) y 2 x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A,B thì phương trình (1) có hai m 24 0 g (1) 0 0 luôn đúng với m nghiệm phân biệt khác Gọi A( x1 ; x1 m); B ( x2 ; x2 m) ,với x1 ; x2 là hai nghiệm phương trình (1) Theo Viét: x1 x2 m4 m ; x1 x2 2 0,25 (1) O (d ) OA OB 0 (2) Để tam giác OAB vuông O (với O là gốc toạ độ) thì (1) m 0 5 (2) x1 x2 (2 x1 m)(2 x2 m) 0 x1 x2 2m( x1 x2 ) m 0 m m4 2m m 0 m 2 Kết luận: 0,25 m 0,25 0,25 (3) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2sin ( x ) 2sin x t anx Giải phương trình (1) Điều kiện : cos x 0 Câu II s inx cos x 2 sin x t anx 2s inx t anx(sin x 1) (sin x 1)(t anx 1) 0 (1) x k x k Vậy phương trình có họ nghiệm : x k (tm) sin x t anx 1 x k (tm) ( x 2) x x y y x y 0 x y x y (2) Giải hệ phương trình : 0,5 0,5 (1) ( x, y R ) Điều kiện: x y 0 Phương trình (1) ( x 2) ( x 2) x y ( y) y f '(t ) t t2 t 0,5 t2 Xét hàm số f (t ) t t t Có Hàm số f(t) đồng biến trên R Phương trình (1) x y Thay vào (2) ta có Câu III 3 x x x x 2 x 2 x x 4 x 12 x x x 4 x 12 x x x x x y (tmdk) 2 3 x 13 x 10 0 10 x : 0,5 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1) ln e x dx Câu IV x x Tính tích phân : I= e e x x Đặt e -1 = t e dx 2tdt Với x 0 t 0 1 Với x ln t 1 2tdt 2(t 1) (t 2) 1 I 2 dt 2( )d (t 1)(t 2) t t 4 ln t 2ln t 4 ln ln t 3t 0 0,25 0,75 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a, BC 2a, ACB 120 , đường thẳng A ' C tạo với ABB ' A ' góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách hai đường mặt phẳng thẳng A ' B, CC ' theo a (4) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Trong (ABC), kẻ CH AB CH ABB ' A ' Câu V ĐT:01694838727 H AB , suy nên A’H là hình chiếu vuông góc A’C lên (ABB’A’) ' H 300 ( A ' C , ABB ' A ' ) A ' C , A ' H CA Do đó: a S ABC AC.BC.s in120 2 2 AB AC BC AC.BC.cos120 7 a AB a AB AC BC AC.BC.cos120 7 a AB a ; CH 0,25 2.S ABC 21 CH 2a 21 a A 'C AB Suy ra: s in30 AA ' A ' C AC a Xét tam giác vuông AA’C ta được: CC '/ / AA ' CC '/ / ABB ' A ' Do Suy ra: d A ' B, CC ' d CC ', ABB ' A ' d C , ABB ' A ' CH 0,25 35 a 105 V S ABC AA ' Suy ra: 14 0,25 0,25 a 21 Cho số thực x, y thỏa mãn : x y x y Tìm GTLN, GTNN P = Từ gt x 2; y Vì Câu VI x y 2(32 xy x y ) x y ( x y ) ( y x) 2 xy 12 x y 1 0,25 x y 5( x y 1) x y 1 1 x y Nên từ ( x y 1) 5( x y 1) Đặt t = x + y , ta có: (t 1) 5(t 1) t 6 Khi đó: P = 64 64 ( x y )2 t2 xy t 64 32 ' f (t ) t f ' (t ) t ; f (t ) 0 t 4 t 1; 6 t t t Xét , với , có 129 f (6) 18 64 129 f (1) Min f (t ) f (4) 40 Max f (t ) f (1) f (4) 40 t 1;6 ; Có ;; ; t 1;6 92 12 x x y 4 25 x 2 129 y 12 2 x y 3 25 GTNN P là 40 GTLN P là y 0,25 0,25 0,25 (d ) : x y 0 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : x y 0 và cắt A Lập phương trình đường tròn (C) qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 B, cắt d2 C (B,C khác A) cho tam giác ABC có diện tích 24 (5) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 0,25 Ta có A( 5; 5) Gọi là góc tạo hai đường thẳng d và d2 Đường tròn (C) nhận AB là đường kính Tam giác ABC vuông C BAC Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R 24 R AC 2 Rcos R; BC 2 R sin R S ABC AC.BC 24 R 5 5 25 Ta có cos Câu VIIa Vì I (d1 ) I (a; 2a ) Có IA R a 2a a 0 25 5a 10a 0 a 2 2 Với a 0 I (0;0) Phương trình đường tròn (C) là x y 25 Với a 2 I (2 5; Câu VIII a 5) Phương trình đường tròn (C) là x y 25 0,25 0,25 0,25 2 Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S): x y z x y 10 z 24 0 và hai mặt phẳng ( P) : x y z 0;(Q) : x y z 0 Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S) n (1;1; 1) Mặt cầu (S) có tâm là I(2;3;-5) và bán kính là R 14 Mặt phẳng (P) có VTPT là n2 (1; 2;1) Mặt phẳng (Q) có VTPT là Vì mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) nên có 0,5 n n1 ,n2 ( 1; 2; 3) n VTPT là Chọn (1; 2;3) Phương trình mặt phẳng (α) có dạng : x y 3z d 0 d ( I ;( )) R Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên 15 d 14 14 d 21 d 14 d Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x y 3z 21 0 và x y z 0 0,5 2 z i z 2i Tìm số phức z thỏa mãn z z 6 và Giả sử z x yi, ( x, y ) Ta có: 2 2 2 + z z 6 ( x yi ) ( x yi ) 6 x y 3 (1) Câu IXa + ( x 1) ( y 1)i x ( y 2)i Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: z 2 i; z i 4 Vậy 0,25 ( x 1)2 ( y 1) x ( y 2)2 x y 0 (2) x y 3 x y x 3 y y y x 2, y 1 x , y 4 0,25 0,5 (6) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 C : x y 18 x y 65 0 và C ' : x y 9 Từ Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm Tìm tọa 0,25 24 độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 2 0,25 Câu VIIb O 0;0 , bán kính R OA 3 Gọi H AB OM , H là trung điểm AB 0,25 OA 12 OM 5 AH OH OA AH Suy ra: và OH nên Đường tròn (C’) có tâm x y 18 x y 65 0 M C 3 x y 15 0 x x 20 0 M x; y OM 5 x y 25 x y 25 y 15 3x Đặt , ta có: x 4 x 5 y 3 y 0 Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M 4;3 M 5;0 Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( ac 0 ) Vì B 0;3;0 Oy nên P : 1 4c 3a ac a c (1) ac 1 VOABC OB.SOAC ac 3 ac 6 3 2 (2) a ac 6 ac 3 4c 3a 6 4c 3a c Từ (1) và (2) ta có hệ x y z 1 a c 0,5 0,25 M 4;0; 3 P Câu VIII b Vậy Câu IXb P1 : 0,25 a 2 c 3 x y 2z x y z 1; P2 : 1 4 3 3 2013 Tính tổng S C2014 C2014 C2014 Trong khai triển: 2014 xC2014 x 2C2014 x3C2014 x 2014C2014 x 2014 C2014 2014 C C12014 C2014 C2014 C2014 22014 1 Khi x = ta có: 2014 2014 C C2014 C2014 C2014 C2014 0 Khi x = -1 ta có: 2014 2013 C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 22013 Lấy (1) – (2) ta có: Xét số phức: 2014 iC12014 i 2C2014 i3C2014 i 2014C2014 i 2014 C2014 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (7) Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Do i 2014 i 1007 Nên: 2014 C = ĐT:01694838727 1007 2i 1007 21007 i1007 21007 i 2014 i C20134 iC2014 C2014 iC2014 C2014 iC2014 C2014 2012 2014 2013 C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 i 2013 1007 Vậy : C2014 C2014 C2014 C2014 C2014 = (4) Lấy (3) + (4): Ta có S 2 2012 1006 0,25 0,25 (8)