Tổng hợp đề thi ôn luyện ĐH-CĐ môn Toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (389.42 KB, 28 trang )
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn thi: TOÁN, Khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
− +
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song
song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O.
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm nghiệm
( )
0;x
π
∈
của phương trình
5cos sinx 3 2 sin(2 )
4
x x
π
+ − = +
2) Giải hệ phương trình
( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y
− − + − =
∈
− + + = + −
¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
0
(2 1)ln( 1)I x x dx= − +
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình chữ nhật với
, 3AB a BC a= =
.
Hai mặt phẳng
( )SAC
và
( )SBD
cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho
3 .SC IC=
Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AI
và
SB
biết AI vuông góc với SC.
Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b
∈
(0; 1) thỏa mãn
3 3
( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b
+ + − − − =
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
F =
2
2 2
1 1
( )
1 1
ab a b
a b
+ + − +
+ +
.
Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho
ABC∆
có đỉnh
( )
3;4A −
, đường phân
giác trong của góc A có phương trình
1 0x y+ − =
và tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
là I (1 ;7).
Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích
ABC
∆
gấp 4 lần diện tích
IBC
∆
.
Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển
2014 2 2014
0 1 2 2014
(1 3 ) .x a a x a x a x− = + + + +
Tính tổng:
0 1 2 2014
2 3 2015S a a a a= + + + +
.
Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 8
2 2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
+ = − +
+ − =
.
…………………………Hết…………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 4
1
x
y
x
− +
=
−
1,0
∑
a) Tập xác định :
{ }
\ 1D R
=
b) Sự biến thiên:
* Tiệm cận :
+) Vì
1 1
2 4 2 4
lim , lim
1 1
x x
x x
x x
− +
→ →
− + − +
= −∞ = +∞
− −
nên đường thẳng
1x =
là
tiệm cận đứng.
+) Vì
2 4 2 4
lim 2 , lim 2
1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
− + − +
= − = −
− −
nên đường thẳng
2y
= −
là
tiệm cận ngang.
0,25
*Chiều biến thiên:
+) Ta có :
( )
2
2
0, 1
1
y x
x
−
′
= < ∀ ≠
−
0,25
+) Bảng biến thiên
+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng
( )
;1
−∞
và
( )
1;
+∞
.
0,25
c) Đồ thị
*Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4)
* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
( )
1; 2I
−
làm tâm đối xứng.
0,25
I 2
1,0
∑
Gọi
2 4
;
1
a
A a
a
− +
÷
−
và
2 4
;
1
b
B b
b
− +
÷
−
(Với
, 1;a b a b≠ ≠
) thuộc đồ thị
(C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:
( )
1
2
2
1
k
a
= −
−
và
( )
2
2
2
1
k
b
= −
−
Do các đường tiếp tuyến song song nên:
( ) ( )
2 2
2 2
1 1a b
− = −
− −
2a b
⇔ + =
0,25
Mặt khác, ta có:
2 4
;
1
a
OA a
a
− +
=
÷
−
uuur
;
2 4
;
1
b
OB b
b
− +
=
÷
−
uuur
. Do OAB là tam
giác vuông tại O nên
( ) ( )
( 2 4)( 2 4)
. 0 0
1 1
a b
OAOB ab
a b
− + − +
= ⇔ + =
− −
uuur uuur
0,25
Ta có hệ
2
4 8( ) 16
0
( ) 1
a b
ab a b
ab
ab a b
+ =
− + +
+ =
− + +
. Giải hệ ta được
1
3
a
b
= −
=
hoặc
0,25
-2
-2
3
1
a
b
=
= −
hoặc
2
0
a
b
=
=
hoặc
0
2
a
b
=
=
Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là
( )
1;1−
và
( )
3;3
hoặc (2;0) và (0;-4)
0,25
Câu
II
1
Tìm nghiệm x
( )
π
;0∈
của phương trình :
5cosx + sinx - 3 =
2
sin
+
4
2
π
x
.
∑= 1
5cosx + sinx - 3 =
2
sin
+
4
2
π
x
⇔
5cosx +sinx – 3 = sin2x +
cos2x
0,25
⇔
2cos
2
x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0
⇔
(2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔
(2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
0,25
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
+/ cosx =
1
2 ,
2 3
x k k Z
π
π
⇔ = ± + ∈
. 0,25
Đối chiếu điều kiện x
( )
0;
π
∈
suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
3
π
0,25
2
Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y R
x y x y
− − + − =
∈
− + + = + −
.
1,0
∑
Đkxđ
3, 4x y
≤ ≥ −
Từ (1) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
3 2
3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y
+ = + + + ⇔ − − + + + + + =
( )
2 2 3x y y x⇔ = + ⇔ = −
0,25
Thế (3) vào (2) ta được
3 2 3 2
2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x
+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
− −
⇔ − + + − + =
+ + + −
( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
⇔ − + + − + =
÷
+ + + −
0,25
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2 2 1 0
3 3
2 2 1 3
x x x
x x
⇔ − + + + − + − =
÷
+ + + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
x x x
x x x x
+ +
÷
⇔ − + + + + =
÷
+ + + + + − + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
÷
⇔ − + + + + =
÷
+ + + + + − + −
0,25
( ) ( )
2 1 0 2, 1; 2 0, 1 3x x x x x y x y
− + = ⇔ = = − = ⇒ = = − ⇒ = −
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho
0,25
có tập nghiệm là
( ) ( )
{ }
1; 3 ; 2;0 .S
= − −
Câu
III
Tính tích phân
1
0
(2 1)ln( 1)I x x dx= − +
∫
1,0
∑
Đặt
1
2
1
2
0
2
0
1
ln( 1)
( )ln( 1)
1
2 1
1
du dx
u x
x x
I x x x dx
x
dv x
x
v x x
=
= +
−
⇒ ⇒ = − + −
+
= −
+
= −
∫
0,25
1
0
2
2
1
I x dx
x
= − − +
÷
+
∫
0,25
1
2
0
2 2ln( 1)
2
x
I x x
= − + − +
÷
0,25
3
2ln 2
2
I = −
0,25
IV
1,0
∑
M
E
O
A
D
B
C
S
I
H
Ta có
2
. 3 3
ABCD
S a a a= =
. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC,
BD, theo giả thiết ta có
( )SO ABCD⊥
.
2 2 2 2
3 2 .AC AB BC a a a OC a= + = + = ⇒ =
Lại có
&AI SC SOC AIC⊥ ⇒ ∆ ∆
đồng dạng
. .
CI CA
CI CS CO CA
CO CS
⇒ = ⇔ = ⇔
0,25
Từ đó
2 2 3
1 15
5 .
3 3
SABC ABCD
SO SC OC a V SO S a= − = ⇒ = =
0,25
Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB//
(AIM), do đó
( , ) ( ,( )) ( ,( )).d SB AI d SB AIM d B AIM= =
Mà
2
CI CM
BM CM
CS CB
= ⇒ =
suy ra
( ,( )) 2 ( ,( ))d B AIM d C AIM=
Hạ
( )IH ABCD⊥
, dễ thấy
3
1 15
,
3 6 18 54
ABCD
AMC IAMC SABCD
S
SO
IH S V V a= = ⇒ = =
0,25
Ta có
2 2
2 2
2 7
;
3 3 3 3
10
3
SB SC
IM a AM AB BM a
AI AC CI a
= = = = + =
= − =
0,25
Suy ra
2
3 70 154 1 55
cos sin . sin
28 28 2 12
AMI
MAI MAI S AM AI MAI a∠ = ⇒ ∠ = ⇒ = ∠ =
.
3 4
( ,( )) 2 ( ,( )) 2. .
33
I AMC
AMI
V a
d B AIM d C AIM
S
∆
⇒ = = =
1,0
∑
Câu
V
gt
3 3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b
a b
ab
+ +
⇔ = − −
(*) .
vì
( )
3 3 2 2
( )( )
2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
+ +
= + + ≥ =
÷
và
( ) ( )
1 1 1 ( ) 1 2a b a b ab ab a b− − = − + + ≤ − +
, khi đó từ (*) suy ra
4 1 2ab ab ab≤ − +
, đặt t = ab (đk t > 0)
ta được:
( )
2
1
0
1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t
< ≤
≤ − + ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ < ≤
≤ −
0,25
Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
+ ≤ ⇔ − + − ≤
÷ ÷
+ + + + + + +
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2
. 1
0
1 1 1
a b ab
ab a b
− −
⇔ ≤
+ + +
luôn đúng với mọi a, b
∈
(0; 1),
dấu "=" xảy ra khi a = b
0,25
vì
2 2
2 2
1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1
1
1 1
a b ab
ab
a b
+ ≤ + ≤ =
÷
+ + +
+
+ +
và
( )
2
2 2
ab a b ab a b ab− − = − − ≤
nên
2 2
1 1
F ab t
ab t
≤ + = +
+ +
xét f(t) =
2
1
t
t
+
+
với 0 < t
1
9
≤
có
'
1
( ) 1 0
(1 ) 1
f t
t t
= − >
+ +
với mọi
0 < t
1
9
≤
0,25
1 6 1
( ) ( )
9 9
10
f t f⇒ ≤ = +
,dấu "=" xảy ra
1
1
3
9
a b
a b
t ab
=
⇔ ⇔ = =
= =
Vậy MaxF =
6 1
9
10
+
đạt được tại
1
3
a b= =
0,25
VI 1 1,00
+ Ta có
5IA =
. Phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
có dạng
( )
2 2
: ( 1) ( 7) 25C x y− + − =
+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong
góc A với đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
. Tọa độ
của D là nghiệm của hệ
( )
2 2
1 0
2;3
( 1) ( 7) 25
x y
D
x y
+ − =
⇒ −
− + − =
0,25
+ Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung
nhỏ BC. Do đó
ID BC
⊥
hay đường thẳng BC nhận véc tơ
( )
3;4DI =
uuur
0,25
làm vec tơ pháp tuyến.
+ Phương trình cạnh BC có dạng
3 4 0x y c+ + =
+ Do
4
ABC IBC
S S
∆ ∆
=
nên
4AH IK=
+ Mà
( )
;
7
5
A BC
c
AH d
+
= =
và
( )
;
31
5
I BC
c
IK d
+
= =
nên
114
3
7 4 31
131
5
c
c c
c
= −
+ = + ⇒
= −
0,25
Vậy phương trình cạnh BC là :
9 12 114 0x y+ − =
hoặc
15 20 131 0x y+ − =
0,25
Câu
VII.
Tính tổng:
0 1 2 2014
2 3 2015S a a a a= + + + +
.
1,0
∑
Nhân hai vế với x ta được
2014 2 3 2015
0 1 2 2014
(1 3 ) .x x a x a x a x a x− = + + + +
0,25
Lấy đạo hàm hai vế
2014 2013 2 2014
0 1 2 2014
(1 3 ) 6042 (1 3 ) 2 3 2015x x x a a x a x a x− − − = + + + +
(*).
0,25
Thay
1x =
vào (*) ta được:
2014 2013
0 1 2 2014
2 3 2015 ( 2) 6042( 2)S a a a a= + + + + = − − −
.
0,25
Tính toán ra được
2014
3022.2S =
0,25
Câu
VIII
Giải hệ phương trình:
2 8
2 2
log 3log ( 2)
2 13
x y x y
x x y
+ = − +
+ − =
.
1,0
∑
Điều kiện: x+y>0, x-y
≥
0
2 2
2
2 13
x y x y
x x y
+ = + −
⇔
+ − =
0,25
Đặt:
, 0
, 0
u x y u
v x y v
= + ≥
= − ≥
ta có hệ:
2 2
2
13
u v
u v uv
= +
+ + =
0,25
2 2 2
2 2
1, 3
3, 1
(2 ) (2 ) 13 3 6 9 0
u v u v
v u
v u
v v v v v v
= + = +
= =
⇔ ⇔
= − = −
+ + + + = + − =
0,25
Kết hợp đk ta được
1, 3 5, 4v u x y= = ⇒ = =
0,25đ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3
3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)x x m− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 3 cos3
cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
2. Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y
+ − + − − =
∈
− −
+ =
−
¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
,
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC
theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC).
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4),
B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình
đường thẳng CD.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1; −1; 0), cắt
đường thẳng (d):
2 2
2 1 1
x y z− +
= =
và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30
0
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1
1
2
z i
z i
− +
=
−
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 10 và hai điểm B(1; 4),
C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với
BC và tiếp xúc mặt cầu (S).
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau:
2
4
4
1 1
log ( 3)
log 4 3
x
x x
<
−
− +
Hết
ĐÁP ÁN
Câu 1: 1, Cho hàm số
3
3 2 (1)y x x= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ:
¡
2 2
(1) ( 1)
' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y
−
= − = ⇔ − = ⇔ = ± = =
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1; 1−
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
; 1 ; 1;−∞ − + ∞
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y
CĐ
= 4
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y
(0)
= 2 ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0),
(2; 4)
Đồ thị:
Câu 1: 2. Định m để phương trình:
4
3 2
2
3 2 log ( 1)x x m− + = +
có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình
đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa
4
2
2
( ) : log ( 1)d y m= +
và
3
( ') : 3 2C y x x= − +
, với (C’)
được suy ra từ (C) như sau:
Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi:
4
2
2
0 log ( 1) 4m< + <
2
1 1 2m⇔ < + <
2
1
0 1
0
m
m
m
<
⇔ < < ⇔
≠
Câu 2: 1. Giải phương trình:
sin 3 cos3
cos 2 sin (1 tan )
2sin 2 1
x x
x x x
x
−
+ = +
−
.
Đk
1
sin 2
(*)
2
cos 0
x
x
≠
≠
. Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:
3 3
2 2
3sin 4sin 4cos 3cos
cos 2 sin(1 tan )
2sin 2 1
(sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos )
cos sin
2sin 2 1 cos
x x x x
x x
x
x x x x x x
x x
x x
− − +
+ = +
−
+ − +
⇔ − + =
−
sin cos 0 (1)
sin
cos sin 1 (2)
cos
x x
x
x x
x
+ =
⇔
− + =
(1) tan 1 ,
4
x x k k
π
π
⇔ = − ⇔ = − + ∈¢
cos sin 0 tan 1
(2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( )
4
1 cos 0 cos 1
2
x x x
x k
x x x k
x x
x k
π
π
π π
− = =
= +
⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈
+ = = −
= +
¢
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là:
, 2 ,
4
x k x k k
π
π π π
= ± + = + ∈¢
Câu 2: 2. Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )
3 7 6
7
x x x y x
x y
y
x x
y
+ − + − − =
∈
− −
+ =
−
¡
.
Đk
7y >
. Khi đó hệ đã cho tương đương với:
2 2 2
2 2
( 3) 7 13
( 3) 7 6
x x y
x x y
+ − + − =
+ − − = −
Đặt:
2 2
3; 7, 0u x x v y v= + − = − >
. Khi đó hệ phương trình trở thành:
2 2
13
6
u v
uv
+ =
= −
2 2
1 2 3
( ) 2 13 ( ) 1
6 3 2
6 6
u v u u
u v uv u v
uv v v
uv uv
+ = ± = − = −
+ − = + =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨
= − = =
= − = −
1
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
0
0
+
+
−
−∞
+∞
4
0
x
y
−1
1
−2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
x
y
−1
1
−2
0
•
•
•
•
•
•
2
2
4
Giải các hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 3 3
,
7 3 7 2
x x x x
y y
+ − = − + − = −
− = − =
, ta được nghiệm của hệ đã cho là:
( ) ( )
1 5 1 5
0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4
2 2
− ± − ±
± − ± −
÷ ÷
÷ ÷
Câu 3: Tính tích phân
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
Xét:
0
2 2 2
4 4
1
2 2 2
0
4 4
sin sin sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x x x x x
I dx dx dx
x x x
π π
π π
− −
= = +
+ + +
∫ ∫ ∫
= I
1
+ I
2
Đặt
x t dx dt= − ⇒ = −
. Đổi cận:
; 0 0
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = = ⇒ =
Khi đó:
0 0
2 2 2 2
4 4
1
2 2 2 2
0 0
4 4
sin sin( ) sin sin
( )
1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos
x x t t t t x x
I dx d t dt dx
x t t x
π π
π π
−
−
= = − = − = −
+ + − + +
∫ ∫ ∫ ∫
Suy ra
1
0I =
4 4
2
2 2
2
4 4
1 1 1
.
1
1 2cos cos
2
cos
I dx dx
x x
x
π π
π π
− −
= =
+
+
∫ ∫
Đặt
2
1
tan
cos
t x dt dx
x
= ⇒ =
.
Đổi cận:
1; 1
4 4
x t x t
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
1
2
2
1
1
3
I dt
t
−
⇒ =
+
∫
Lại đặt
2
3 tan 3(1 tan )t u dt u du= ⇒ = +
. Đổi cận:
1 ; 1
6 6
t u t u
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
6
6
2
6
6
3 3 3
3 3 9
I du u
π
π
π
π
π
−
−
⇒ = = =
∫
.
Vậy
1 2
3
=
9
I I I
π
= +
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
, khoảng cách từ
A đến mặt phẳng (SBC) bằng
3a
và
·
·
0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc
giữa SB với mặt phẳng (ABC).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có:
+
( )
(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB
⊥
⇒ ⊥
⊥
. Tương tự
HC BC⊥
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông
+ Có:
/ / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC⊂ ⇒
[ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a⇒ = =
+ Dựng
HK SC
⊥
tại K (1).
Do
( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
(1) và (2) suy ra
( )HK SBC⊥
. Từ đó
[ ,( )] 2d H SBC HK a= =
S
B
H
C
A
K
2 2 2 2
3 2KC HC HK a a a⇒ = − = − =
·
. 2. 3
tan 6
HK SH HK HC a a
SCH SH a
KC HC KC a
= = ⇒ = = =
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi:
3
1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
ABC
a
V S SH AB BC SH a a a= = = =
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc
·
0
45SBH =
(do ∆SHB vuông cân)
Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b b c c a a
P
a b c b c a c a b
= + +
+ + + + + +
Từ giả thiết ta có
3 3 3
b b c c a a
P
a b c
= + +
+ + +
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có:
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b b b a b b
a a
+
+ + ≥ =
+ +
Tương tự
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c c c b c c
b b
+
+ + ≥ =
+ +
;
3
3
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a a a c a a
c c
+
+ + ≥ =
+ +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được:
9 3 3
( )
16 4 2
3 3 3
b b c c a a a b c
a b c P
a b c
+ + +
+ + + ≥ + + ⇔ ≥
+ + +
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
1a b c
= = =
Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4),
B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường
thẳng CD.Ta có
( 2; 1), 5AB AB= − − =
uuur
; (C) có tâm
9 1
;
2 2
I
÷
và bán kính
10
2
R =
ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0
7 2
( , )
2 5
m
d I CD
+
=
;
2 2
2 ( , )CD R d I CD= −
2
2
5 (7 2 )
5 2 7 6 0 1; 6
2 20
m
m m m m
+
⇔ = − ⇔ + + = ⇔ = − = −
Vậy phương trình CD: x – 2y − 1 = 0; x – 2y − 6 = 0
Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1;−1;0), cắt
đường thẳng (d):
2 2
2 1 1
x y z− +
= =
và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30
0
.
Gọi
( ) (2 2 ; ; 2 )N d N t t t= ∩ ∆ ⇒ + − +
Ta có:
(1 2 ; 1; 2 )MN t t t= + + − +
uuuur
và mp(P) có vtpt
(2; 1; 1)n = − −
r
(d) tạo với (P) góc 30
0
nên:
( )
0
2 2 2
2 4 1 2
1
sin30 cos ,
2
(1 2 ) ( 1) ( 2) . 6
t t t
MN n
t t t
+ − − + −
= = =
+ + + + −
uuuur
r
2
2
2 3
3 9
10 18 0 0;
2 5
6 2 6
t
t t t t
t t
+
⇔ = ⇔ − = ⇔ = =
+ +
+ Với t = 0, phương trình
1 1
:
1 1 2
x y z− +
∆ = =
−
+ Với
9
5
t =
, phương trình
1 1
:
23 14 1
x y z− +
∆ = =
−
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1
1
2
z i
z i
− +
=
−
.
Giả sử
, ( , )z x yi x y= + ∈¡
. Ta có: +
2 2 2 2 2 2
6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − =
+
1
1 ( 1) ( 1) ( 2)
2
z i
x y i x y i
z i
− +
= ⇔ − + + = + −
−
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + −
3 1 0x y⇔ − + =
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2, 1
3 1
3
7 1
,
3 1 0 4 3 1 0
4 4
x y
x y
x y
x y
x y y y
= =
= −
− =
⇔ ⇔
= − = −
− + = − − =
Vậy
7 1
2 ;
4 4
z i z i= + = − −
Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 10 và hai điểm B(1;4),
C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
Giả sử A(x; y) ∈ (C) ⇒ (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 10.
Ta có:
2 5BC =
và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0
2 7
( , )
5
x y
d A BC
− +
=
Diện tích tam giác ABC:
1
. ( , ) 19
2
ABC
S BC d A BC= =
⇔
2 12
2 7
1
.2 5. 19
2 26
2
5
x y
x y
x y
= +
− +
= ⇔
= −
TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được
2
23
5 48 115 0 5;
5
y y y y+ + = ⇔ = − = −
+
5 2y x= − ⇒ =
+
23 14
5 5
y x= − ⇒ =
TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y
2
– 104y +723 = 0 (vô nghiệm) .Vậy
(2; 5)A −
;
14 23
;
5 5
A
−
÷
Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và
tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9
Giả sử (P) có vtpt
2 2 2
( ; ; ), ( 0)n A B C A B C= + + ≠
r
(P) // BC nên
( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; )n BC n BC A B C n B C B C⊥ = − ⇒ = ⇔ = + ⇒ = +
uuur uuur
r r r
(P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P):
( 4 ) 12 52 0B C x By Cz B C+ + + − − =
(P) tiếp xúc (S)
2 2 2
4 2 3 12 52
[ ,( )] 9
( 4 )
B C B C B C
d I P R
B C B C
+ + + − −
⇔ = ⇔ =
+ + +
2
2 0
2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0
4 0
B C
B BC C B C B C
B C
+ =
⇔ − − = ⇔ + − = ⇔
− =
Với B + 2C = 0 chọn
2
1
B
C
=
= −
, ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0
Với B − 4C = 0 chọn
4
1
B
C
=
=
, ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = 0
Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 7b: Giải bất phương trình sau:
2
4
4
1 1
log ( 3)
log 4 3
x
x x
<
−
− +
Điều kiện:
2
2
4 3 0
3
4 3 1
4
3 0
2 2
3 1
x x
x
x x
x
x
x
x
− + >
>
− + ≠
⇔ ≠
− >
≠ +
− ≠
Khi đó có 3 trường hợp:
TH1: Nếu x > 4 thì
2
4 4
log 4 3 log 1 0x x− + > =
và
4 4
log ( 3) log 1 0x − > =
. Do đó bpt tương đương:
2 2
4 4
log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < −
(đúng
4x∀ >
)
TH2: Nếu
2 2 4x+ < <
thì
2
4 4
log 4 3 log 1 0x x− + > =
và
4 4
log ( 3) log 1 0x − < =
. Suy ra bpt vô
nghiệm.
TH3: Nếu
3 2 2x< < +
thì
2
4 4
log 4 3 log 1 0x x− + < =
và
4 4
log ( 3) log 1 0x − < =
. Do đó bpt tương
đương:
2 2
4 4
log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < −
(đúng
(2; 2 2)x∀ ∈ +
)
Vậy bpt có tập nghiệm là
(2; 2 2) (4; )S = + ∪ + ∞
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + +
(m là tham số thực).
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
0m
=
.
4. Xác định m để điểm
3
(2 ; )M m m
tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam
giác có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
3. Giải phương trình:
2 2
1
sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin 8
2
x x x x x+ =
4. Giải hệ phương trình:
3 3 1
( , )
5 3 5 3 4
x y xy
x y
x y
+ − =
∈
+ + + =
¡
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
4
0
sin 2
1 cos 2
x x
I dx
x
π
+
=
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,
SA SB a
= =
,
2SD a=
và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình:
3 2 2 2 3 2 2 2
2
(2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0
2 3
x x x x x m y y y y y m
x my m
− + − + + + − + − + + =
− = +
( , )x y∈¡
Chứng minh rằng
m∀ ∈¡
, hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3.
4. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và mặt phẳng (P) có phương
trình: x – 6y + z + 18 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
4. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3
2 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
.
Hết
ĐÁP ÁN
Câu 1:1Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + +
(m là tham số thực).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
0m
=
.
Ta có hàm số:
3 2
2 3 1y x x= − +
TXĐ:
¡
2 2
(0) (1)
0
' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 1, 0
1
x
y x x y x x y y
x
=
= − = ⇔ − = ⇔ = =
=
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0; 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
; 0 ; 1;−∞ + ∞
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
x
y’
−∞
+∞
y
0
0
0
+
+
−
−∞
+∞
1
0
1
y
x
1
2
−
1
0
•
•
•
•
1
1
2
1 1
'' 12 6; '' 0 12 6 0
2 2
y x y x x y
÷
= − = ⇔ − = ⇔ = ⇒ =
⇒ đồ thị có điểm uốn
1 1
;
2 2
I
÷
là tâm đối xứng.
Câu 1: 2. Xác định m để điểm
3
(2 ; )M m m
tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một
tam giác có diện tích nhỏ nhất.
Ta có:
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1y x m x m m y x m x m= − + + + = ⇔ = = +
m⇒ ∀ ∈¡
, hàm số luôn có CĐ, CT
Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là
3 2 3 2
( ;2 3 1), ( 1;2 3 )A m m m B m m m+ + + +
Suy ra
2AB =
và phương trình đường thẳng
3 2
: 2 3 1 0AB x y m m m+ − − − − =
Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất.
Ta có:
2
3 1
( , )
2
m
d M AB
+
=
1 1
( ; ) min ( ; )
2 2
d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ =
đạt được khi m = 0
Câu 2: 1. Giải phương trình:
2 2
1
sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin 8
2
x x x x x+ =
Phương trình đã cho tương đương với:
(1 cos 4 )cos6 1 cos6 1
sin 2 sin8 1 cos4 cos 6 sin 2 sin8
2 2
x x x
x x x x x x
− + −
= ⇔ − =
1 1
1 (cos2 cos10 ) (cos6 cos10 ) cos 6 cos2 2 0
2 2
x x x x x x⇔ − + = − ⇔ + − =
3 2
4cos 2 2cos 2 2 0 (cos2 1)(2cos 2 2cos2 1) 0x x x x x⇔ − − = ⇔ − + + =
cos2 1 ,x x k k
π
⇔ = ⇔ = ∈¢
Câu 2: 2. Giải hệ phương trình:
3 3 1
( , )
5 3 5 3 4
x y xy
x y
x y
+ − =
∈
+ + + =
¡
Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk
0
0
x
y
≥
≥
Hệ đã cho tương đương với:
6 6 2 2
4 5 3 4 5 3 16
x y xy
x y
+ − =
+ + + =
6 6 2 2
5 3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 2 0
x y xy
x x y y x xy y
+ − =
⇔
+ − + + + + − + + + − + =
( ) ( ) ( )
2 2 2
6 6 2 2
5 3 2 5 3 2 0
x y xy
x x x y
+ − =
⇔
+ − + + − + − =
6 6 2 2
5 3 2
1
5
5 3 2
x y xy
x
x y
y
x y
+ − =
+ =
⇔ ⇔ = =
+ =
=
. Vậy hệ phương trình có một nghiệm
1 1
;
5 5
÷
Cách 2: Hệ đã cho tương đương với
3(5 5 ) 5 5 3(5 5 ) 5 5
5 5 2 (5 3)(5 3) 6 16 5 5 2 3(5 5 ) 25 9 10
x y xy x y xy
x y x y x y x y xy
+ − = + − =
⇔
+ + + + + = + + + + + =
Đặt
5 5 , 5u x y v xy= + =
. ĐK:
0, 0u v≥ ≥
. Hệ trở thành:
2
2 2
3 5
3 5 3 5
2 3 (3 5) 9 10
2 3 9 10 2 9 27 34 10 (*)
v u
u v v u
u u u
u u v u u u
= −
− = = −
⇔ ⇔
+ + − + =
+ + + = − + = −
Do ĐK của u, v nên
2 2 2
5 5
10 10
(*) 2
3 3
49( 27 34) (10 ) 35 88 36 0
u u
u
u u u u u
≤ ≤ ≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔ =
− + = − − + =
Với u = 2 ⇒ v = 1, ta được hệ:
5 5 2
5 5 2
1
1
5
5 1
25
x y
x y
x y
xy
xy
+ =
+ =
⇔ ⇔ = =
=
=
.
Vậy hệ phương trình có một nghiệm
1 1
;
5 5
÷
Câu 3: Tính tích phân:
4
0
sin 2
1 cos 2
x x
I dx
x
π
+
=
+
∫
Ta có Tính
4 4
0 0
sin 2 1 (1 cos2 )
1 cos 2 2 1 cos2
x d x
dx
x x
π π
+
= −
+ +
∫ ∫
4
0
1 1
ln(1 cos2 ) ln 2
2 2
x
π
= − + =
Tính
4
2
0
cos
x
J dx
x
π
=
∫
. Đặt:
2
; tan
cos
dx
u x du dx dv v x
x
= ⇒ = = ⇒ =
4
4
0
0
sin 2
( tan ) ln
cos 4 2
x
J x x dx
x
π
π
π
⇒ = − = +
∫
. Vậy
1
ln 2
8 4
I
π
= +
Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,
SA SB a= =
,
2SD a=
và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và SD.
Theo giả thiết (ABCD) ⊥ (SBD) theo giao tuyến BD. Do đó nếu
dựng AO ⊥ (SBD) thì O ∈ BD.
Mặt khác AS = AB = AD ⇒ OS = OB = OD hay ∆SBD là tam
giác vuông tại S.
Từ đó:
2 2 2 2
2 3BD SB SD a a a= + = + =
2
2 2 2
3
4 2
a a
AO AB OB a= − = − =
Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi:
3
. .
1 1 1 2
. . . . 2.
3 6 6 2 12
S ABD A SBD SBD
a a
V V S AO SB SD AO a a
= = = = =
3
. .
2
2
6
S ABCD S ABD
a
V V⇒ = =
(đvtt) Trong ∆SBD dựng OH ⊥ SD tại H (1) ⇒ H là trung điểm của SD.
Theo chứng minh trên AO ⊥ (SBD) ⇒ AO ⊥ OH (2)
(1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD. Vậy
1
( , )
2 2
a
d AC BD OH SB= = =
Câu 5: Cho hệ phương trình:
3 2 2 2 3 2 2 2
2
(2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0 (1)
2 3
x x x x x m y y y y y m
x my m
− + − + + + − + − + + =
− = +
( , )x y∈¡
Chứng minh rằng
m
∀ ∈
¡
, hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Đồ thị hàm số
3 2
( ) 2 3f x x x x= − +
có tâm đối xứng
1
; 0
2
I
÷
và đồ thị hàm số
2 2
( ) 3g x x x m= − + +
có
trục đối xứng
1
2
x =
. Do đó nếu đặt y = 1
−
x và thay vào vế trái của (1) ta được:
3 2 2 2 3 2 2 2
(2 3 ). 3 [2(1 ) 3(1 ) 1 ]. (1 ) (1 ) 3x x x x x m x x x x x m− + − + + + − − − + − − − − + + =
3 2 2 2 3 2 2 2
(2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0, ,x x x x x m x x x x x m x m− + − + + − − + − + + = ∀ ∈¡
Chứng tỏ
m
∀ ∈
¡
, phương trình (1) luôn nhận nghiệm
( ; 1 ),x x x− ∈¡
O
B
D
C
A
S
H
Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình:
2
1
2 3
y x
x my m
= −
− = +
có
nghiệm
m∀ ∈¡
hay phương trình
2
2 3 3 0x mx m+ − − =
có nghiệm
m∀ ∈¡
.
Điều này là hiển nhiên vì
2
2
3 3
' 3 3 0,
2 4
m m m m
∆ = + + = + + > ∀ ∈
÷
¡
Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E + =
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có
diện tích bằng 3.
∆ vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y + m = 0.
Phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và (E):
4x
2
+ (x + m)
2
= 36 ⇔ 5x
2
+ 2mx + m
2
− 36 = 0 (1)
Đường thẳng ∆ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
) khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm x
1
, x
2
phân biệt ⇔ ∆ = 720 – 16m
2
> 0 ⇔
3 5 3 5m− < <
(2)
2 2 2
2 2 2 1 1 2
10 10
( ) ( ) . 720 16
3 15
AB x x y y x x m= − + − = − = −
( , )
10
m
d O ∆ =
⇒
1
. ( , ) 3
2
OAB
S AB d O= ∆ =
4 2
3 10
16 720 8100 0
2
m m m− + = ⇔ = ±
(thỏa điều kiện (2))
Vậy phương trình đường thẳng ∆:
3 10
3 0
2
x y− ± =
Câu 6a:2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có
phương trình:
3 2 3
4 1 2
x y z+ − +
= =
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 9MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA MI= + + = + − = − = −
uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
Suy ra
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d).
( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t∈ ⇒ − + + − + ⇒ = − + + − +
uuur
(d) có vectơ chỉ phương
(4; 1; 2)u =
r
. 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t⊥ ⇔ = ⇔ − + + + + − + = ⇔ =
uuur uuur
r r
(1; 3; 1), 38M MI⇒ − =
. Vậy
( )
min
. 29MA MB =
uuur uuur
đạt được khi
(1; 3; 1)M −
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2z i z z i− = − +
và
2 2
( ) 4z z− =
Giả sử
( , )z x yi x y= + ∈¡
. Từ giả thiết ta có:
2 2
( 1) ( 1)
( ) ( ) 4
x y i y i
x yi x yi
+ − = +
+ − − =
2 2 2
( 1) ( 1)
1
x y y
xy
+ − = +
⇔
=
2
2
3
0
4 0
4
1
4
x
y
x y
xy
x
= ≥
− =
⇔ ⇔
=
=
3
3
4
2
2
x
y
= ±
⇔
=
. Vậy
3
3
2
4
2
z i= ± +
Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của
2 5
: ( )
5 9
x t
BM t
y t
= − +
∈
= − +
¡
B, M ∈ BM ⇒
( ) ( )
2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m− + − + − + − +
M là trung điểm BC ⇒
( )
10 6;18 11C m m− −
Ta có:
(12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b= − = − − − − = − − −
uuur uuur uuur
(10 8;18 12)AC m m= − −
uuur
. 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b= ⇔ − − − − − =
uuur uuur
2b m⇔ =
(1)
. 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m= ⇔ − − + − − − =
uuur uuur
(2)
Thế (1) vào (2), ta được :
2
1 26
106 105 26 0 ;
2 53
m m m m− + = ⇔ = =
Với
1
, 1
2
m b= =
ta được B(3;4), C(-1;-2)
Với
26 52
,
53 53
m b= =
ta được
154 203 58 115
; , ;
53 53 53 53
B C
− −
÷ ÷
Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:
1 3
2 2 1
x y z− −
= =
−
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất
M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t)
2 2 2 2 2
(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t= + + + + = + + = + +
2 2 2 2 2
4 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t= + + + − + = − + = − +
Trong mpOxy xét các vectơ
(3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t= + = − +
r r
Có:
2 2
| | 3 5; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t+ = = + + = − + +
r r r r
Ta luôn có bất đẳng thức đúng:
2 2
| | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t+ ≤ + ⇔ ≤ + + + − + +
r r r r
hay
3 5MA MB+ ≥
. Đẳng thức chỉ xảy ra khi
u
r
và
v
r
cùng hướng
3 2 1 1
3 1 5 2
t
t
t
+
⇔ = ⇔ = −
− +
Vậy
min
( ) 3 5MA MB+ =
đạt được khi
1
0; 2;
2
M
÷
Câu 7b: Giải phương trình:
3
3
2 2
log 3 2 3log 2x x= + +
Với điều kiện x > 0, ta đặt
2
logu x=
và
3
3
2 3 2 3v u v u= + ⇒ − =
Ta có hệ:
3
3
2 3
2 3
u v
v u
− =
− =
3 3
3 3 2 2
2 3 2 3
3( ) ( )( 3) 0
u v u v
u v v u u v u uv v
− = − =
⇔ ⇔
− = − − + + + =
(*)
Do
2
2 2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
u uv v u v v u v
+ + + = + + + > ∀ ∈
÷
¡
nên:
3
3
1
2 3
(*)
2
0 3 2 0
v u
u v
u v
u v
u v u u
=
= = −
− =
⇔ ⇔ ⇔
= =
− = − − =
Với
2
1
1 log 1
2
u x x= − ⇒ = − ⇔ =
Với
2
2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ =
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
π
+ = − −
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
π
+
= = = =
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
π
.
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 6π.
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
− = −
⇔
− = − ≤
( ) ( )
2 sin 1 sin sin
4 4 4
x x
π π π
⇔ − = ⇔ − =
2
2
( )
2
x k
k Z
x k
π
π
π π
= +
⇔ ∈
= +
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
π π
π π
+
+
= =
∫ ∫
2 2
2 2
0 0
1 1
( 2 tan ) 2 ( tan )
2 2
os 2 os
2 2
x x
x x
V e dx e dx
x x
c c
π π
π π
= + = + =
∫ ∫
2
0
2 (tan )'
2
x
x
V e dx
π
π
= =
∫
2
2
0
2 tan 2 tan 2
2
2 2
0
x x
x x
V d e e e
π
π
π
π π π
= = =
∫
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⇒ = >
uuur
. 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)
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
π
. 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 6π 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 Ω =
,
( )
1560n A =
⇒ P(A) =
1560 13
5880 49
=
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
MÔN TOÁN KHỐI A VÀ A
1
ĐỀ 02 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. Phần chung cho tấ cả các thí sinh ( 7,0 điểm )
Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số
224
)1(2 mxmxy ++−=
(1) ( với m là tham số )
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=0
2. tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2: ( 2,0 Điểm )
a. Giải hệ phương trình:
=++−
+=++
21
222
22
xyxy
xyyxyx
b. Giải phương trình:
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
−
=
2
1
2
4
dx
x
x
I
Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy
một góc
0
30
và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện
5
x y
4
+ =
.
Tìm GTNN của biểu thức:
4 1
S
x 4y
= +
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng
( )D
đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox,
Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2).
2. Cho hai đường thẳng d
1
:
211
zyx
==
, d
2
:
+=
=
−−=
tz
ty
tx
1
21
và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M
1
d
∈
, N
2
d
∈
sao cho MN song song (P) và
MN =
6
Câu 7.a (1,0 điểm)
Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác
nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b (2,0 điểm)
1. Viết phương trình đường thẳng
( )D
đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt
tại A và B sao cho giá trị của tồng
OA OB+
nhỏ nhất.
2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu
(S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng
3
5
.
Câu 7.b (1,0 điểm)
Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3
mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau.
Hết
Đáp án:
Câu 3: . Pt
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
(cosx
)0≠
xxxxx sincos.sin2cos)]
2
2cos(1[
2
−=−−⇔
π
⇔
(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0
⇔
sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
Câu 4 (1,0 điểm)
V 8 3=
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 60
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
1
3
x
y
x
+
=
−
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số thực
m
để đường thẳng
:d y x m= +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
4 4
4sin 4 os ( ) 1
4
2
os2x
x c x
c
π
+ − −
=
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
6x 1 1
( , )
6 1 1
y y
x y
y x x
+ = − +
∈
+ = − +
¡
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số
ln( 1),y x x y x= + =
và 2
đường thẳng
0, 1x x= =
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đỉnh S không cùng nằm trong một
mặt phẳng. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là
60
0
,
21
6
a
SA =
, SC<HC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa HK và mặt phẳng (SBC)
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d:
3y =
. Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2
điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết
tam giác OBC đều.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1 2
,d d
có phương trình là
1
1
: 3
x t
d y t
z t
= +
= −
=
,
2
3 1 2
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
, d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt
1 2
,d d
lần lượt tại A và B. Viết phương
trình mặt cầu đường kính AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn
2
3(1 2)
(2 8) 2
2 1
i
z i z z
i
+
+ − + =
−
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
1abc =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
9
2( )
a b c
P
b c a a b c
= + + +
+ +
.
………….…………………………………Hết………………………………………
Híng dÉn chÊm ĐỀ 60
Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
1
3
x
y
x
+
=
−
1. Tập xác định:
\{3}D = ¡
2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm
số. Tiệm cận của đồ thị hàm số.
1
1
1
lim lim lim 1
3
3
1
x x
x
x
x
y
x
x
→±∞ →±∞
→±∞
+
+
= = = −
−
−
=> Đồ thị hàm
số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang
-1
-
∞
-1
+
∞
+
∞
3
-
∞
y
y '
x
