ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 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 x x 3 2 3 2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ():   y ( m x m2 1) 4 cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm ( 1;6)P  tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos2 5 2 2(2 cos )sin( ) 4 x x x      2. Giải bất phương trình: 2 300 40 2 10 1 3 10 0 1 1 2 x x x x x x            Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi 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 là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với đáy một góc 0 30 . Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 . Câu V. (1,0 điểm) Cho 3 số thực cba ,, thỏa mãn 3 3 3 8 27 18 1 0a b c abc     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 4 9P a b c   . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI a . (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 2 2 2 4 8 0x y x y     và điểm (7;7)M . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6  . Câu VII a . (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa 3 x trong khai triển biểu thức: 2 2 1 ( 3 ) n P x x    . Biết n nguyên dương thoả mãn: 2 0 1 2 3 3 3 341 . 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n        B. Theo chương trình nâng cao Câu VI b . (2,0 điểm) 1. Trên mặt phẳng toạ độ ,Oxy cho đường thẳng : 4 0x y    và hai elíp 2 2 1 ( ) : 1 10 6 x y E   , 2 2 2 2 2 ( ): 1 ( 0) x y E a b a b     có cùng tiêu điểm. Biết rằng 2 ( )E đi qua điểm M thuộc đường thẳng . Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: 011642 222  zyxzyx và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6. Câu VII b . (1,0 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5. ---------------Hết--------------- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 58 Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R Ta có: ; lim lim x x y y         2 ' 3 6y x x  ; 0 2 ' 0 2 2 x y y x y             +) BBT: x -  0 2 +  y' + 0 - 0 + y 2 +  -  -2 Hàm số đồng biến trên   ;0 và   2; ; Hàm số nghịch biến trên   0;2 y CĐ = 2 tại x = 0 ; y CT = - 2 tại x = 2 . +) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và   1 3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng Câu 1: 2. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (  ): x x ( m x m 3 2 3 2 1) 4 2 0       x x x m 2 ( 2)( 2 1) 0     x f x x x m 2 2 ( ) 2 1 0 (1)           (  ) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N  (1) phải có nghiệm x x 1 2 , thỏa mãn: x x x x 1 2 1 2 2 2         b a f 0 2 2 0 (2) 0                       m m m 8 5 0 1 2 2 8 5 0 2 1 0                        m m 5 8 1 2          . Với m 5 8   ta có 1 3 ( ; ); (2; 3) 2 8 M N  m 1 2  ta có ( 1; 3); (2; 3)M N   . Vậy: m 1 2  thỏa mãn  MNP nhận O làm trọng tâm. Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình  (cosx–sinx) 2 – 4(cosx–sinx) – 5 = 0 cos sin 1 cos sin 5 ( cos sin 2) x x x x loai vi x x                2sin 1 sin sin 4 4 4 x x          2 2 ( ) 2 x k k Z x k               Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: 1 3 10 10 x  Ta có: 1 3 1 1 2, ; 10 10 x x x             ( Theo BĐT Bunhia) 2 Bpt 300 40 2 10 1 3 10 0x x x x        2 10 2 2 10 ( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 (10 2)(30 2) 10 1 1 3 10 1 x x x x x x x x x x                     1 1 (10 2) 30 2 0 10 1 1 3 10 1 x x x x                 (*) 2 2 1 1 ( ) 30 2 10 1 1 3 10 1 5 5 1 3 '( ) 30 0, ( ; ) 10 10 10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1) f x x x x f x x x x x x                      Mặt khác ( )f x liên tục trên 1 3 [ ; ] 10 10 nên ( )f x nghịch biến trên 1 3 [ ; ] 10 10 3 1 ( ) ( ) ( ) 0 10 10 f f x f    ( Hs có thể đánh giá).Do đó bất phương trình (*) 1 10 2 0 5 x x     Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 3 5 10 x  Câu 3: (1 điểm) 2 2 2 2 0 0 (1 2sin ) (1 sin ) 2 2 os os 2 2 x x x x cos e dx x e dx V x x c c           2 2 2 2 0 0 1 1 ( 2tan ) 2 ( tan ) 2 2 os 2 os 2 2 x x x x V e dx e dx x x c c            2 0 2 (tan )' 2 x x V e dx      2 2 0 2 tan 2 tan 2 2 2 2 0 x x x x V d e e e           Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm ABC và M là trung điểm BC ta có:      BCOA BCAM ' )'( AMABC  .Kẻ ,'AAMH  do BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( . Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Ta có: 2 0 0 3 3 ' ( ' ,( )) 30 sin30 2 4 ABC MH a a A AO A A ABC AM AB a S AM            Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA  ' suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  3 '. ' ' ' ' '. '. 1 2 3 ' . ' . ' . 3 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 3 3 2 2 2 1 8 27 18 1 ( 2 3 )( 4 9 2 3 6 ) (1)a b c abc a b c a b c ab ac bc             2 2 2 4 9 2 3 6 0 2 3 0a b c ab ac bc a b c           Đặt 2 3 , 0x a b c x    Từ (1) suy ra: 2 2 , 0 3 3 x P x x    2 2 2 3 2 1 1 1 1 3 . . 1 3 3 3 3 3 3 3 3 x x x P x x x x x        . Dấu “=” xảy ra khi x=1 Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0, 1 2 b  hoặc a=b=0, 1 3 c  Câu 6a: 1. (1 điểm 2 2 ( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R        Ta có: (6;9) 117 13IM IM    . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến Gọi K MI AmB  . Ta có ,MA MB IA IB  MI là đường trung trực của AB  KA=KB KAB KBA KAM KBM K         là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. PTTS MI: 1 2 2 3 x t y t         , ( )MI T tại K 1 (3;1) và K 2 (-8;-12) M A' C' B' A B C O H m K I B M A Ta có 1 2 .AK AK Vậy 1 K K , tức là K(3;1) Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3. (P) chứa Ox  (P): by + cz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng 6  . Suy ra bán kính bằng 3 cho nên (P) đi qua tâm I. Suy ra: –2b – c = 0  c = –2b (b  0)  (P): y – 2z = 0. Câu7a(1 điểm) Xét khai triển 0 1 2 2 (1 ) . n n n n n n n x C C x C x C x      Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được:  1 2 3 1 0 1 3 4 1 3 3 3 3 . 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n           2 1 1 0 1 2 1 3 3 3 4 1 341 4 1 . 4 1024 4 2 3 1 3( 1) 1 3( 1) n n n n n n n n n C C C C n n n n n                     2 6 3 6 1 6 1 ( 3 ) 3 k k k k P x T C x x       . Để có số hạng chứa 3 x thì 3 6 3 3k k    Vậy số hạng chứa 3 x trong khai triển là: 3 3 3 3 6 3 540C x x . Câu VI b (2 điểm) 1. (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm 1 2 ( 2;0), (2;0).F F Điểm 2 1 2 ( ) 2M E MF MF a    . Vậy 2 ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 2 MF MF nhỏ nhất.Ta có: 1 2 ,F F cùng phía với  . Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với 2 F qua  , suy ra ( 4; 6).N   Ta có: 1 2 1 1 MF MF MF MN NF    (không đổi). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 M NF   Toạ độ điểm 5 3 6 0 5 3 2 : ; . 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 = 0 (D -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5. Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (Q) là h = 2 2 2 2 5 3 4   R r Do đó                    D D (loaïi) D D 2 2 2 2.1 2( 2) 3 7 4 5 12 17 2 2 ( 1) Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0 Câu VII b (1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: 5 8 A Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: 4 7 A số Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 4 8 7 5880 A A số Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 4 7 A + 6. 3 6 A = 1560 số    1560n A  Ta có:   5880n   ,   1560n A   P(A) = 1560 13 5880 49  . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG. phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6.