DE THI DAI HOC môn TOÁN 2014 DE 1

Thầy toán:
www.facebook.com/hocthemtoan
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2 3
3 4
y x mx m
   (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1

m
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho
2 2
20
OA OB
 
.
Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:
2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 )
4
x x x x


 
2. Giải bất phương trình:


2 2
x 41x 4x x 18 3 4 x 2x 44x 18
      

Câu III (1 điểm). Tính tích phân: I =
2
0
4 .sinx cos 2
2sin 1
x x x
dx
x

 



Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC A BC
có tam giác
ABC
vuông tại
C
.

M
là trung điểm của
' '
A C
.Biết
AC


a
,
BC

3
a
; mặt phẳng (ABC’) hợp với mặt phẳng


ABC
góc
0
60
. Tính thể tích khối lăng
trụ
' ' '
.
ABC A BC
V và khoảng cách
 
'
AM,BC

d theo
a
.
Câu V (1 điểm) Cho ba số


x,y,z 1;3
 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
36x 2y z
P
yz xz xy
  

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 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
2 2
( ): 2 4 5 0
C x y x y
    
và điểm A(1;0). Gọi M, N là
hai điểm trên đường tròn (C) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. Viết phương trình cạnh MN.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

:
2 1 5
1 3 2
x y z
  

 

và hai điểm
A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng

sao cho tam giác MAB có diện tích bằng
3 5
.
Câu VII.b (1 điểm). Cho số phức z thỏa mãn
1
1
2
z
z i



. Tìm số phức z biết
3
5
2
z i
 
đạt giá tri nhỏ nhất
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là:
2 2
1
16 9

x y
 
và hai điểm A(4;-3),
B(- 4; 3). Tìm toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (
S
) có phương trình
2 2 2
2 4 6 11 0
x y z x y z
      

và điểm


A 1; 2; 2
  
mặt phẳng


P
là mặt phẳng qua
A
và cắt mặt cầu


S
theo thiết diện là đường tròn có bán
kính nhỏ nhất. Hãy viết phương trình mặt phẳng



P
và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó.
Câu VI.b (1 điểm) Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7.
lấy ngẫu nhiên một số trong E .Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh số báo danh

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Nội dung Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát
3 2 3
3 4
y x mx m
   (1)
1,00
Khi m = 1, ta có
3 2
y x 3x 4
  

* TXĐ:
D



* Sự biến thiên:

+) Chiều biến thiên:
2
' 3 6
 
y x x
;
2
0
' 0 3 6 0
2


    



x
y x x
x

Hàm số đồng biến trên khoảng




;0 à 2;v
 
; nghịch biến trên khoảng



0;2

0,25

+ ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0
+ ) Giới hạn:
3 2
lim ( 3 4)
x
x x

   


3 2
lim ( 3 4)
x
x x

   


0,25

+) Bảng biến thiên:

x

0 2


y


+ 0

0 +
y
4




0

0,25
1.1

* Đồ thị:
y

4

-1 0 2 3 x




0,25

Xác định m để 1,00
Ta có
2
0
3 6 ; 0
2
x
y x mx y
x m


 
   



. Đồ thị hàm số có hai cực trị tại A và B khi và chỉ khi
2 0 0
m m
  

(

)

0,25
Khi đó: Gọi A(0; 4m
3
) và B(2m; 0); từ giả thiết:
2 2
20
OA OB
 
, suy ra:
6 2 6 2
16 4 20 4 5 0
m m m m
     

0,25
1.2








2 4 2 2
0,

1 4 4 5 0 1 0 1( )
m
m m m m m TM
 
          


0,25
Vậy m =
1

. 0,25


Giải phương trình:

2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3cos (2 )
4
x x x x

 

(1)
1,00
2
2cos3 cos + 3(1 sin 2 ) = 2 3 cos (2 )
4
2cos3 cos 3 3sin 2 3 1 cos(4 )
2

2cos3 cos 3 3sin 2 3 3sin 4
2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0
2cos3 cos 2 3sin3 cos 0 2cos (cos3 3sin3 ) 0
cos 0
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x x
x


 
 
     
 
 
    
   
     


cos 0
2
( )
3
cos3 3sin3 0
tan3
3
18 3

x
x k
k Z
x x
x
x k


 



 



  




 



  





0,25




0,25



0,25
2.1
Vậy nghiệm của phương trình là
; ( )
2 18 3
x k x k k Z
  

     

0,25
 Giải bất phương trình:


2 2
x 41x 4x x 18 3 4 x 2x 44x 18
      

1,00
2.2
ĐK:
x 0


BPT

2 2 2
2x 44x 18 x 3x 4x x (3 4 x) 2x 44x 18
        

Đặt :
2
t 2x 44x 18
  
(t>0)
Đc bpt:
2 2
t x x(3 4 x) (3 4 x)t 0
(t x)(t x 3 4 x) 0 t x 3 4 x 0
     
          
vì t+x>0 với mọi x

0

Ta có bpt
2

2x 44x 18 x 3 4 x
     
2
2 2
2
2(x 3) 32x (x 3) 4 x
2(x 3) 32x ((x 3) 4 x)
x 1
(x 3 4 x) 0 x 3 4 x 0
x 9
     
     


        





0,25



0,25


0,25

0,25

Tính tích phân: I =
2
0
4 .sinx cos 2
2sin 1
x x x
dx
x

 



1,00
3
2 2 2
0 0 0
2 2
2
2
0
2 (1 2sin ) os os
2
1 2sin 1 2sin
1
(1 2sin )
1 2ln3
2

ln 1 2sin
2 2
1 2sin 4 2 4
0 0
x x c x c x
I dx xdx dx
x x
d x
x x
x
  

 
 
 
  
 


     

  



0,5


0,5

 Tính thể tích
1,00
4
Từ giả thiết có
' ' '
.
ABC A BC
V =
ABC
S .CC';


ABC
S

=
2
1 a 3
CA.CB
2 2

0.25




(ABC') (ABC) AB


, Kẻ




0
CH AB H AB (CC'H)
60 ((ABC'),(ABC)) (CH,HC') CHC'
   
   

Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên
2 2 2 2 2 2
CH CA CB 3a a 3a
1 1 1 1 1 4 a 3
CH
2
       ,
Xét tam giác vuông CHC’ có
' ' '
2 3
0
ABC.A BC
3a a 3 3a a 3 3
CC' HCtan60 V .
2 2 2 4
    



0.25
N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N)

     
' ' '
AM,BC AM,(BCN) A,(BC N)
d d d  . N là trung điểm của AC
Nên
   
' '
A,(BC N) C,(BC N)
d d , kẻ CK vuông góc với BC’
BC' (NCK)
 
(vì
AC BC AC (BCC'B')
(CNK) (BNC') NK
  
  
)
Kẻ CI vuông góc với NK tại I,
 
'
C,(BC N)
d CI


Có
 
2 2 2 2 2 2
'
2 2 2 2
CI CN CK CN CB CC'

C,(BCN)
a 3a 9a 9a
1 1 1 1 1 1
4 1 4 43 3a
d
43
     
     







0.25






0.25
Cho ba số


x,y,z 1;3
 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
36x 2y z
P

yz xz xy
  

1,00
5
Xét hàm số:
 
2 2 2
2 2 2 2
36x 2y z
f(x) ,x 1;3 ,y,z là tham sô
yz zx xy
36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9
f '(x) 0
yz
zx x y x yz x yz
   
   
     

f(x)
đồng biến trên


1;3
 
2 2 2
2 2 2 2
36 2y z
f(x) f(1) g(y),y 1;3 ,z là tham sô

yz z y
36 2 z 36 2y z 36 2*9 1
g'(y) 0
z
y z y y z y z
     
     
      


g(y)
nghịch biến trên


1;3
 
2
12 6 z 18 1 18 1
g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h '(z) 0
z z 3 3 9 3
z
              

h(z)
nghịch biến trên


1;3

18

h(z) h(3) 1 7
3
    

Vậy P
7

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7


0,25




0,25



0,25



0,25


Viết phương trình đường thẳng 1,00
Ta có I(1;-2) suy ra
(0;2)
IA 


. Tam giác AMN cân khi IA vuông góc MN. Gọi (d) là đường
thẳng vuông góc với IA, nên (d) nhận
 
1
0;1
2
IA 

làm véc tơ pháp tuyến, PT (d) có dạng:
0x + 1.y + m = 0 hay y = - m (1). Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C)
là:
2 2
2 4 5 0
x x m m
    
(1).

6.a1
(d) cắt (C) tại M, N khi PT (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
 


2
1
4 6 0
m m


       
.



0,25



0,25
Khi đó, theo Vi-et:
1 2
2
1 2
2
4 5
x x
x x m m
 


  


Gọi M
1
( ; )
x m


; N(
2
;
x m

)




1 2
1; ; 1;
AM x m AN x m
      
 
.
AMN

vuông tại A khi
 
2 2
1 2 1 2
1
. 0 0 2 4 6 0
3
m
AM AN x x x x m m m
m



          

 

 
( TM (*))
Vậy Phương trình đường thẳng MN là : y = -1; y = 3.

0,25




0,25
 Tìm tọa độ điểm M
1,00
M    M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)
0,25

( 1; 2;1)
AB   

;
( ;3 ; 6 2 )
AM t t t
  

;
[ , ] ( 12; 6; )
AB AM t t t

    
 

0,25
S
MAB
=
3 5
=
1
[ , ] 3 5
2
AB AM 
 

2 2 2
1
( 12) ( 6) 3 5
2
t t t     
0,25
6.a2
 3t
2
+ 36t = 0  t = 0 hay t = -12. Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)
0,25


Tìm Phần thực của w 1,00
 

1
1 1 2 2
2
z
z z i z i
z i

     

(1). Đặt z = a + bi (a, b

)
0,25
(1) trở thành:
 
2
2 2 2
3 3
1 ( 2) 2 2
2 2
a b a b a b z b bi
           

0,25
 
2 2
3
5 2 5 5 10 25 5( 1) 20 20
2
z i b b i b b b            . Dấu bằng xảy ra


b = 1
0,25
7.b
Vậy GTNN của
3
5
2
z i
 
bằng
20
đạt được khi và chỉ khi b = 1. Khi đó z =
1
2
i


0,25

Tìm tọa độ điểm C 1,00
Gọi
0
( ; )
o
C x y
ta có
2 2
2 2
0

0 0
1 9 16 144 (1)
16 9
o
x y
x y    

Phương tr?nh AB là: 3x +4y = 0
0,25
0 0
3 4
1
( , ) , . ( , )
5 2
ABC
x y
d C AB S AB d C AB


 

Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất
0,25
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có

2 2 2
0 0 0
0 0
(3 4 ) 2(9 16 ) 2.144
12 2

3 4 12 2 ( , )
5
o
x y x y
x y d C AB
   
    

(Dấu = xảy ra khi
0 0
3 4
x y

)
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi
0 0
3 4
x y


0,25
6.b1
Kết hợp với (1) ta có
0 0
2 2
0 0
0 0
0 0
3
2 2;

9 16 144
2
3
3 4
2 2;
2
x y
x y
x y
x y

 


 








   



Vậy toạ độ điểm C là
3 2
(2 2; )

2
hoặc
3 2
( 2 2; )
2
 

0,25
6.b2 Viết phương trình mặt phẳng… 1,00
(S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P) thi ta
có :
IH IA

dấu « = » xảy ra
H A
 
lại có IA=
5 5

nên A bên trong hình cầu (S) ; gọi r là
bán kính dg tròn giao tuyến
2 2
(I,(P))
r R d 25 5 20
     
dấu « = » xảy ra
H A
 
hay
(P) IA A

 

khi đó (P) :
quaA( 1; 2; 2)
nhan IA ( 2;0;1) làvtpt
  



 




(P) có pt : -2x+z=0 ;
0,25

0,25

0,25


0,25


Tính xác suất 1,00
7.b
4 4
7 7
4 3

7 6
abcde E a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A n
(E) 7 A 5880
e 5
n( ) 5880; abcde E và abcde 5 trong E có : A 6A
1560
e 0
      


       





Số chia hết cho 5. gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560
1560 13
P(A)
5880 49
 
0,25

0,25

0,25
0,25