De thi thu DH nam 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD - ĐT HẢI DƢƠNG TRƢỜNG THPT THANH MIỆN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  3x2  mx  2 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  0 . b) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng d : y  2 x  1 một góc 45O . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình.  4sin. 2. . . x  1 cos x  2sin x 2cos x  3  3. 2sin x  1  2 x  y  4 y 2 x  1  7 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  với x, y  4 x  6  3 y  7 2 x  1  .  2 3 sin 2 x  cos x .. 2. .. . x  sin x  sin 2 x  sin 3x dx . 1  cos x 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và góc ABC  30O . Biết M là trung điểm của AB , tam giác MAC đều cạnh a và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy hình lăng trụ. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC , BB . Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c  0 thoả mãn a 2  b2  c2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 P    . abc a b c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC và đường thẳng  có  7   14 19  phương trình x  3 y  1  0 . Giả sử D  4;  , E  ;  , N  3;3 theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ  2   5 10  A , chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng  và hoành độ của M lớn hơn 2. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 , đường 2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  . x  3 y 1 z  3   , điểm A  4;3; 4  . Gọi  là đường thẳng nằm trong  P  đi qua giao điểm 2 1 1 của d với  P  đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. thẳng d :. Câu 9.a (1,0 điểm). Viết 6 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lên 6 thẻ bài như nhau. Lấy ngẫu nhiên và liên tiếp 3 thẻ bài sau đó xếp theo thứ tự từ trái sang phải, ta được một số tự nhiên. Tìm xác suất để nhận được một số chẵn có 3 chữ số. B. Theo chƣơng trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm A 1;0  và hai đường tròn.  C1  : x2  y 2  2 ,  C2  : x2  y 2  5 . Xét tam giác ABC có. B thuộc  C1  và C thuộc  C2  . Tìm toạ độ. B , C để diện tích của tam giác ABC lớn nhất.. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :. x y z   và 1 2 1. x 1 y  1 z 1   . Viết phương trình của mặt phẳng  P  chứa đường thẳng  2 và tạo với đường 1 1 3 thẳng 1 một góc 30O . 2 :. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z 3  z 2  i  2 z  2 z  i  0 . ---------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD - ĐT HẢI DƢƠNG TRƢỜNG THPT THANH MIỆN. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D (Đáp án – thang điểm gồm 7 trang) Đáp án Điểm. Câu. Cho hàm số: y  x3  3x2  mx  2 (1). a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  0 . Khi m  0 , ta có hàm số y  x3  3x 2  2 .  . Txđ: . Sự biến thiên:. 0,25. x  0 . y'  0    x  2 Các khoảng đồng biến:  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến:  2;0  . - Chiều biến thiên: y '  3x2  6 x  3x  x  2  ;. - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCĐ  2 ; Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 , yCT  2 .. 0,25. - Giới hạn: lim y  lim  x3  3x 2  2   , lim y  lim  x3  3x 2  2    . x . x . x . x . - Bảng biến thiên:. x y'.  +. 2 0. . 0 0.  +.  2. y. 1 (2 điểm).  Đồ thị. 0,25. 2. . 0,25. b) (1 điểm) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng d : y  2 x  1 một góc 45O . Ta có y  3x2  6 x  m . Hàm số có cực trị  y  0 có hai nghiệm phân biệt    9  3m  0  m  3 (*) . Khi đó, gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị của hàm số thì x1 , x2 là hai nghiệm của y  1   2m m 1  y  x1   y  x2   0 . Ta có y  y  x      2 x  2  3  3 3 3  m m  2m   2m   y  x1     2  x1  2  , y  x2     2  x2  2  3 3  3   3 . m  2m   2 x  2  . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là  : y   3  3 . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  có vtpt là n1   2m  6; 3 , d có vtpt là n2   2; 1 .. . . Gt  cos n1 , n2  cos 45O . 4m  12  3 1 1 .   2 2 2 5   2m  6   9. 0,25. 7  m  2 .  20m2  120m  225  32m2 144m  162  12m 2  24m  63  0   m   3  2 3 Kết hợp với (*) , ta có m   . 2 Giải phương trình.  4sin. 2. . . x  1 cos x  2sin x 2cos x  3  3 2sin x  1. 0,25.  2 3 sin 2 x  cos x .. 1 . 2 4sin 2 x  cos x  cos x  2sin 2 x  3  2sin x  1 Pt   3 1  cos 2 x   cos x 2sin x  1 2sin x  sin 2 x  sin 2 x  2sin x  cos x  cos x   3  3  3 cos 2 x  cos x 2sin x  1 sin 2 x  2sin x  1  cos x  2sin x  1   3 cos 2 x  cos x 2sin x  1  sin 2 x  cos x  3 cos 2 x  cos x. Điều kiện: sin x . 2 (1 điểm).    sin 2 x  3cos2x  0  2sin  2 x    0 3   2x .  3.  k , k . x.  6. k.  2. Kết hợp điều kiện  nghiệm pt là x . , k ..  6.  k 2 , x . 2  k , k  . 3. t 2  y 2  4 yt  6 .  2 2t  8  3 y  7t. t 2  y 2  4 yt  6  . Cộng vế với vế ta được: 5t 2  y 2  4 yt  6 y  14t  10  0  2  4t  16  6 y  14t. t  1 2 2   t  1   2t  y  3  0   2t  y  3  0  2x 1  1 x  1 t  1     y 1 y 1  y 1  2. Tính tích phân I   0. x  sin x  sin 2 x  sin 3x dx . 1  cos x. 0,25. .. 1 Điều kiện x  . Đặt t  2 x  1  0 . Ta được hệ phương trình 2. 4 (1 điểm). 0,25. 0,25. 2  2 x  y  4 y 2 x  1  7 Giải hệ phương trình  với x, y  4 x  6  3 y  7 2 x  1  . 3 (1 điểm). 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . 2 x sin x  sin 2 x  sin 3x Ta có I   dx   dx . 1  cos x 1  cos x 0 0 2. u  x du  dx  x x  1 Với I1   dx   dx , đặt dv  x dx   x 1  cos x v  tan x 2 0 0 2 cos 2   2 cos  2 2  2 x      d  cos  2 2 x2 x  x 2  2     I1  x tan  tan dx   2    2 ln  cos    ln 2 . x 2 0 0 2 2 2 20 2  0 cos 2 . . 2. 2. . . 0,25. 0,25. . 2 2 sin x  sin 2 x  sin 3x 2sin 2 x  cos x  sin 2 x 2 cos 2 x  cos x I2   dx   dx  2  sin xdx . 1  cos x 1  cos x 1  cos x 0 0 0 2. Đặt t  cos x  dt   sin xdx . Khi x  0 thì t  1 , khi x .  2. thì t  0. 1 2t 2  t 1   2 dt  2  2t  1   dt  2  t  t  ln t  1  0  2ln 2 t 1 t 1  0 0. 1. 0,25. 1.  I 2  2.  I  I1  I 2 .  2. 0,25.  ln 2 .. Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và góc ABC  30O . Biết M là trung điểm của AB , tam giác MAC đều cạnh a và nằm trong một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy hình lăng trụ. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC , BB . Gọi H là trung điểm của MC, do MAC đều cạnh a  AH  MC mà  MAC    ABC  theo giao tuyến là. MC  A ' H   ABC  . Giả sử AC  x  BC  2 x, AB  x 3. AC 2  BC 2 AB 2  a  MC   2 4 2 2 2 x  4 x 3x 7 4a 2    x2  x2  2 4 4 7 2a x 7 2. 5 (1 điểm). 2.  S ABC . 1 1 2a 2a 2 3a 2 a 3 AB. AC    3  . Ta có AH  . 2 2 2 7 7 7. 2 3a 2 a 3 3 3  VABC . ABC  S ABC  AH    a (đvtt). 7 2 7 3V 3a3 Ta có: BB AA  d  AC, BB   d  B,  AAC    AABC  S AAC 7 S AAC Hoặc HA  HM  MC  AA  AM  AC  a  AAC cân tại A  đường cao ứng. với đáy bằng.  S AAC. a2 . 0,25. 0,25. 0,25. a2 6 a . 7 7. 1 2a 6 a2 6 3a3 3   a   d  AC , BB   2 a (đvđd). 2 7 7 7 2 a 6. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cho a, b, c  0 thoả mãn a 2  b2  c2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 P    . abc a b c 1 1 2 Ta có  a  b  c   3  a 2  b2  c 2   a  b  c  3   (1) . abc 3 1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  . 3 Với mọi x  0 , từ hệ thức hiển nhiên.  3x. 2. . . .  2 . 3x  1. 2. 0,25. . 3x  0 , suy ra.  2 3x  1 2  3x  0  6 x 2  4 3x  2  3 3x 3  6 x 2  3x  0. 0,25 1 3 3 3 3x 2    2 x 2 2 1 Dễ thấy, dấu bằng ở (2) xảy ra khi x  . 3 Áp dụng (2) cho a, b, c, ta có 1 3 3 3 3a 2 1 3 3 3 3b 2 1 3 3 3 3c 2   ,   ,   a 2 2 b 2 2 c 2 2 0,25 2 2 2 1 1 1 9 3 3 3 a  b  c       3 3 (3). a b c 2 2 1 1 1 1 1 10 Từ (1), (3) suy ra P  .     3 3  abc a b c 3 3 1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  . 0,25 3 10 1 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi a  b  c  . 3 3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC và đường thẳng  có phương trình.  3 3x3  3 3x  2  0 . 6 (1 điểm).  7   14 19  x  3 y  1  0 . Giả sử D  4;  , E  ;  , N  3;3 theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A ,  2   5 10  chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng  và hoành độ của M lớn hơn 2.. 7.a (1 điểm). Gọi T  là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H là trực tâm tam giác ABC. Trên cạnh BC, gọi D  AH  T  ,. H   HM  T  . Ta có D, M lần lượt là trung điểm của HD, HM   D, M lần lượt là ảnh 1 của D, M  qua phép vị tự tâm H tỉ số 2  D, M thuộc đường tròn  C  là ảnh của 1 . 2 Vậy D, E, M, N cùng nằm trên đường tròn  C  .. T  qua phép vị tự tâm H tỉ số. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gs pt  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , với a 2  b2  c  0 . Khi đó ta có:. 113  8a  7b  c   4  19 229 9 39  28  a  4, b   , c  .  a bc   5 20 4 2 5 6a  6b  c  18   9 39  phương trình của  C  : x 2  y 2  8 x  y   0. 2 2 Do M  d nên toạ độ điểm M thoả mãn hệ phương trình 9 39  2  y  1, x  4 2 0  x  y  8x  y    M  4;1 . 2 2  5 19  y  , x  lo¹i do x  2 M  x  3 y 1  0  4 4 Đường thẳng BC đi qua hai điểm D, M có phương trình x  4  0 . Giả sử B  4; t  vì M là trung điểm của đoạn BC nên C  4; 2  t  , N là trung điểm của  6 19  đoạn thẳng AB nên A  2;6  t   BE    ;  t  , AC   2; 4  .  5 10  6 5  19  Do BE  AC nên BE. AC  0    2    t    4   0  4t  10  0  t  . 5 2  10  1  7  5  Do đó A  2;  , B  4;  , C  4;   . 2  2  2 . 0,25. 0,25. 0,25. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 , đường thẳng. x  3 y 1 z  3   , điểm A  4;3; 4  . Gọi  là đường thẳng nằm trong  P  đi qua giao 2 1 1 điểm của d với  P  đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách d:. AM ngắn nhất..  x  2t  3  Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1 z  t  3  8.a (1 điểm). 0,25. Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I  2t  3; t  1; t  3. Do I   P   2t  3  2  t  1   t  3  5  0  t  1  I  1;0;4  . Ta có d có vectơ chỉ phương là a   2;1;1 ,  P  có vectơ pháp tuyến là n  1; 2; 1.  x  1  u   Vector chỉ phương của  là u   a, n    3;3;3  3  1;1;1   :  y  u . z  4  u  Vì M   Giả sử M  1  u; u; 4  u   AM  3  u; u  3; u  . AM ngắn nhất  AM    AM  u  AM  u  0  1  3  u   1  u  3  1 u  0  u  2 . Vậy M  3; 2;6  .. 0,25. 0,25 0,25. Viết 6 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lên 6 thẻ bài như nhau. Lấy ngẫu nhiên và liên tiếp 3 thẻ bài sau 9a (1 điểm). đó xếp theo thứ tự từ trái sang phải, ta được một số tự nhiên. Tìm xác suất để nhận được một số chẵn có 3 chữ số. Không gian mầu gồm n     A63  120 kết quả đồng khả năng xảy ra.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Gọi A là biến cố: “3 thẻ lấy được tạo thành số tự nhiên chẵn có 3 chữ số”. Ta có các trường hợp xảy ra A như sau: TH1: Thẻ cuối ghi chữ số 0 thì 2 thẻ đầu có A52  5  4  20 cách chọn  trường hợp này có 20 kết quả thuận lợi cho A . TH2: Thẻ cuối ghi chữ số 2 hoặc 4 thì 2 thẻ đầu có 4  4  16 cách chọn  trường hợp này có 16  2  32 kết quả thuận lợi cho A . n  A 52 13 Vậy, n  A  20  32  52  P  A  .   n    120 30. 0,25. 0,25 0,25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm A 1;0  và hai đường tròn  C1  : x 2  y 2  2 ,.  C2  : x2  y 2  5 . Xét tam giác ABC có. B thuộc  C1  và C thuộc  C2  . Tìm toạ độ B , C để. diện tích của tam giác ABC lớn nhất. Ta có O là tâm của  C1  ,  C2  . Giả sử ABC có diện tích lớn nhất. Ta có CO  AB, AO  BC , vì nếu không, chẳng hạn CO không vuông góc với AB thì tồn tại điểm C  thuộc đường tròn  C2  sao cho CO  AB ,. 0,25. d  C, AB   d  C, AB   SC ' AB  SCAB , vô lí. Do đó nếu ABC có diện tích lớn nhất thì ABC phải là tam giác nhận O làm trực tâm. Gọi B  xB ; yB  , C  xC ; yC  . Vì BC  OA nên xB  xC.  AB   xB  1; yB  , OC   xB ; yC  , OB   xB ; yB  , AC   xB  1; yC  . 7.b (1 điểm).  AB  OC  0  xB  xB  1  yB yC  0 (1)   2 Ta có  xB  yB2  2   xB2  yB2  2 (2)  2  2 2 2 (3)  xB  yC  5  xB  yC  5. 0,25. Từ (2) và (3)  yB2  2  xB2 , yC2  5  xB2 (4) . Từ (1)  yB yC  xB  xB2  yB2 yC2  xB2  2xB3  xB4 (5) . Từ (4) và (5)   2  xB2  5  xB2   xB2  2 xB3  xB4.   xB  1 (6)  5 5   2 xB3  8 xB2  10  0   xB  1  2 xB2  10 xB  10   0   xB  (7) 2   5 5 (8)  xB   2 Thế (7) vào (2) không thoả mãn  (7) loại. Ta có 1 1 1 2 2 S  xA  xB  yB  yC  S 2  1  xB   yB2  yC2  2 yB yC   1  xB   7  2 xB  2 4 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Với xB  1  S  3 , với xB . 5 5  S  0, 4 . 2.   yB  yB yC  2   2  yC Vậy S lớn nhất  xB  xC  1 . Khi đó, ta có  yB  1   y  2  B  yB  4   yC. 1  2 0,25.  1 2. Vậy với B1 (1;1), C1 (1; 2) hoặc B2 (1; 1), C2 (1;2) thì diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất và bằng 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :. x y z và   1 2 1. x 1 y  1 z 1 . Viết phương trình của mặt phẳng  P  chứa đường thẳng  2 và tạo   1 1 3 với đường thẳng 1 một góc 30O . 2 :.  2 đi qua A 1; 1;1 và có vtcp n2  1; 1;3 , 1 có vtcp là u1  (1; 2;1) . Giả sử n  a; b; c  là vtpt của ( P) với a 2  b2  c2  0 . 8.b (1 điểm). 0,25. Giả thiết  n  u2  a  b  3c  0  b  a  3c (1) .. . Giả thiết: ( P) tạo với 1 góc 300  sin 300  cos n, u1. . . a  2b  c 1  2 6  a 2  b2  c 2. a  5c. 1 2     a  5c   3  a 2  3ac  5c 2  2 2 2 3  2a  6ac  10c  2a  5c  0 chän a  5, c  2  2a 2  ac  10c 2  0   2a  5c  a  2c   0   .  a  2c  0 chän a  2, c  1 (1). 0,25. 0,25. Với a  5, c  2  b  11  ( P) : 5  x  1  11 y  1  2  z  1  0 hay. 5x  11y  2 z  4  0 .. 0,25. Với a  2, c  1  b  1  ( P) : 2  x  1   y  1   z  1  0 hay 2 x  y  z  2  0 . Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z 3  z 2  i  2 z  2 z  i  0 . 2. Do z  z  z nên z 3  z 2  i  2 z  2 z  i  0  z 3  z 2  i  2 z  z  2 z  i  0 2. 9b (1 điểm). 2. z  i  z2  z  i   2z  z  i   0   2  z  2 z  0 (1) Với (1) , giả sử z  x  yi với x, y   x2  y 2  2 xyi  2 x  2 yi  0. 0,25.  x2  y 2  2x  0  2 xy  2 y  0. 0,25.  y  0, x  0  x2  y 2  2 x  0     y  0   y  0, x  2  x  1  x  1, y   3  . 0,25. Vậy, các số phức cần tìm là i, 0,  2, 1  3i .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>