De so 11714

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117 Ngày 28 tháng 5 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 .. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Tìm m để đường thẳng (d) y 2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).  2 sin 2 ( x  ) 2sin 2 x  tan x 4 Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình . .  ( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2 0  2 x  y 1 x  y 1 Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  ln 2. Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân :. 3 0. ( x, y  R ) .. e x dx ex  1  ex  1 .. 0  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 giữa hai đường thẳng với mặt phẳng A ' B, CC ' theo a.. Câu VI(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x  2  y  1  1  x  y . 2(32  xy x  y ) x y ( x  y )  ( y  x)  2 2 xy. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = . II.PHẦN RIÊNG.(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B). A. Theo chương trình chuẩn. ( d ) : x  2 y  3 5 0 Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : 2 x  y 0 và 2 cắt nhau tại A.Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24. Câu VIII.a (1,0 điểm) 2 2 2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  4 x  6 y  10 z  24 0 và hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  3 0;(Q) : x  2 y  z  1 0 . Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 2 2 z  1  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 2  18 x  6 y  65 0 và Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  C ' : x 2  y 2 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 bằng 5 .. B  0;3; 0  , 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 lần lượt tại các điểm A và sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ). 1. 5. 9. 2013. Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng S C2014  C2014  C2014 ........  C2014 . 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ........................................….. Hết …....................................... ĐT:01694838727. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117 Nội dung. Câu. Điểm. 2x 1 y x 1 . Cho hàm số. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.. 3 2 1 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 = 1 x   x   x 1 , x 1 BBT: x y’ y. -. -. 0.25. +. 1 -. 2. 0.25. 0.25. + 2. Đồ thị:. 0,25. Câu I. 2.Tìm m để đường thẳng (d) y 2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ). 2x  1 2 x  m  Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: x  1. g(x)=2x 2  (4  m) x  m  1 0 (x 1) (1) Để đường thẳng (d) y 2 x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì phương trình (1) có hai m 2  24  0   0    g (1) 0   3 0 luôn đúng với mọi m. nghiệm phân biệt khác 1  Gọi A( x1 ; 2 x1  m); B ( x2 ; 2 x2  m) ,với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Theo Viét:. x1  x2 . m4 m 1 ; x1 .x2  2 2. 0,25. (1)  O  (d )   OA . OB 0 (2) Để tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ) thì  (1)  m 0 5. 2 (2)  x1 x2  (2 x1  m)(2 x2  m) 0  5 x1 x2  2m( x1  x2 )  m 0. m 1 m4 5  2m  m 2 0  m  2 2 3.. Kết luận:. 0,25. m . 5 3. 0,25 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727.  2sin 2 ( x  ) 2sin 2 x  t anx 4 Giải phương trình . .(1) Điều kiện : cos x 0 Câu II. 2.   s inx  cos x  2 sin 2 x  t anx  1  2s inx t anx(sin 2 x 1)  (sin 2 x 1)(t anx  1) 0 (1).    x  4  k   x   k 4 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm : .   x   k  (tm)   sin 2 x  1 4      t anx 1  x    k (tm)  4.  ( x  2) x 2  4 x  7  y y 2  3  x  y  2 0  2  x  y  1  x  y  1 (2) Giải hệ phương trình : . 0,5. 0,5. (1). ( x, y  R ) .. 2 Điều kiện: x  y  1 0. Phương trình (1).  ( x  2) ( x  2) 2  3  x  2  y ( y) 2  3  y f '(t )  t 2  3 . t2.  1  0 t. 0,5. 2 t2  3 Xét hàm số f (t ) t t  3  t Có  Hàm số f(t) đồng biến trên R  Phương trình (1)  x  2  y. Thay vào (2) ta có Câu III. 3 3   x  x    x  x  1 2 x  3    2 2  x 2  x  1 4 x 2  12 x  9  x 2  x  1 4 x 2  12 x  9 3  x   2 3   x        x  1  x  1  y  1 (tmdk) 2 2 3 x  13 x  10 0  10   x  3  : 2. 0,5. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1). ln 2 e x dx. . Câu IV. x x Tính tích phân : I= 0 3 e  1  e  1 . x 2 x Đặt e -1 = t  e dx 2tdt Với x 0  t 0. 1. 1. Với x ln 2  t 1. 1. 2tdt 2(t  1)  (t  2) 2 1 1 1 I  2 2  dt 2(  )d (t  1)(t  2) t  2 t  1 4 ln t  2 0  2ln t  1 0 4 ln 3  6 ln 2 0 t  3t  2 0 0. 0,25 0,75. 0  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 giữa hai đường mặt phẳng thẳng A ' B, CC ' theo a.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Trong (ABC), kẻ CH  AB CH   ABB ' A ' . Câu V. ĐT:01694838727.  H  AB  , suy ra. nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’).  ' H 300 ( A ' C ,  ABB ' A '  ) A ' C , A ' H  CA Do đó: . 2 1 a 3 S ABC  AC.BC.s in120 0  2 2 2 2 2 AB  AC  BC  2 AC.BC.cos120 0 7 a 2  AB a 7 AB 2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos120 0 7 a 2  AB a 7 ;. CH . 0,25. 2.S ABC 21 CH 2a 21 a A 'C   0 AB 7 . Suy ra: 7 s in30 AA '  A ' C 2  AC 2 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 3 105 V  S ABC . AA '  7 . Suy ra: 14 .. 0,25. 0,25. a 21 7. Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x  2  y  1  1  x  y . Tìm GTLN, GTNN của P = Từ gt  x 2; y  1 ..  2. Vì Câu VI. x  2  1. y  1. 2.   2. 2(32  xy x  y ) x y ( x  y )  ( y  x)  2 2 xy. 2.  12.   x  2  y  1  2. . 0,25. x  2  y  1  5( x  y  1). .. 2 x  2  y 1 1 x  y Nên từ  ( x  y  1) 2 5( x  y  1) . Đặt t = x + y , ta có: (t  1) 2 5(t  1)  1 t 6 Khi đó: P =. 1 64 1 64 ( x  y )2   t2  2 xy 2 t. .. 1 64 32 ' f (t )  t 2  f ' (t ) t  ; f (t ) 0  t 4 t   1; 6 2 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 6 2 ; 2 Có ;; ; t 1;6  92  12 6 x   x  y 4  25    x 2 129  y  8  12 6 2 x  2  y  1 3   25  GTNN của P là 40 khi GTLN của P là 2 khi  y  1. 0,25. 0,25. 0,25. (d ) : x  2 y  3 5 0 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : 2 x  y 0 và 2 cắt nhau tại A. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24.. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. 0,25. Ta có A( 5;  2 5) .Gọi  là góc tạo bởi hai đường thẳng d 1 và d2 4   5 .Đường tròn (C) nhận AB là đường kính  Tam giác ABC vuông tại C  BAC Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R 8 6 1 24 R 2 AC 2 Rcos  R; BC 2 R sin   R S ABC  AC.BC  24  R 5 5 5 2 25 Ta có  cos . Câu VIIa. Vì I  (d1 )  I (a;  2a ) .Có. . IA  R  a . 5. 2.     2a  2 5 . 2.  a 0 25  5a 2  10a 5 0    a 2 5. 2 2 Với a 0  I (0;0)  Phương trình đường tròn (C) là x  y 25 2. Với a 2 5  I (2 5;  4. Câu VIII a. 5)  Phương trình đường tròn (C) là  x  2 5    y  4 5 . 2. 25. 0,25. 0,25. 0,25. 2 2 2 Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S): x  y  z  4 x  6 y  10 z  24 0 và hai mặt phẳng ( P) : x  y  z  3 0;(Q) : x  2 y  z  1 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 1  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 một VTPT là .Chọn (1; 2;3) Phương trình mặt phẳng (α) có dạng : x  2 y  3z  d 0. d ( I ;( ))  R  Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên. 2  6  15  d 14.  14.  d 21   7  d 14    d  7 Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x  2 y  3z  21 0 và x  2 y  3 z  7 0. 0,5. 2 2 z  1  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 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: 7 1 z 2  i; z   i 4 4 Vậy. 0,25. ( x  1)2  ( y  1) 2  x 2  ( y  2)2  x  3 y  1 0 (2)  x 2  y 2 3   x  3 y  1  0 .  x 3 y  1   2 4 y  3 y  1  0 .  x 2, y 1   x  7 , y  1  4 4 .. 0,25. 0,5. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727  C  : x  y  18 x  6 y  65 0 và  C ' : x  y 2 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 bằng 5 . 2. 2. 2. 0,25. Câu VIIb. O  0;0 . , bán kính R OA 3 . Gọi H AB OM , do H là trung điểm của AB 0,25 OA 2 12 9 OM  5 AH  OH  OA 2  AH 2  5 . Suy ra: 5 và OH nên. Đường tròn (C’) có tâm.  x 2  y 2  18 x  6 y  65 0  M   C  3 x  y  15 0  x 2  9 x  20 0  2  2   M  x; y  OM 5 x  y 2 25 x  y 2 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 hoặc M  5;0  .. Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( ac 0 ).. Vì. B  0;3;0   Oy. nên.  P :. 4 3  1  4c  3a ac a c (1) ac 1 1 1 VOABC  OB.SOAC  .3. ac  3  ac 6 3 3 2 2 (2) a  4 ac 6 ac  6      3 4c  3a 6 4c  3a  6 c  2 Từ (1) và (2) ta có hệ. x y z   1 a 3 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 2 3 3 1. 5. 2013. Tính tổng S C2014  C2014  ........  C2014 Trong khai triển:. 0 1 2 3 2014  xC2014  x 2C2014  x3C2014  ........  x 2014C2014  1  x  2014 C2014 2 3 2014 C 0  C12014  C2014  C2014  ........  C2014 22014  1 Khi x = 1 ta có: 2014 1 2 3 2014 C 0  C2014  C2014  C2014  ........  C2014 0  2  Khi x = -1 ta có: 2014 1 3 5 7 2013 C2014  C2014  C2014  C2014  ........  C2014 22013  3  Lấy (1) – (2) ta có:. Xét số phức:. 0 2 3 2014  iC12014  i 2C2014  i3C2014  ........  i 2014C2014  1  i  2014 C2014. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Do.  1  i  2014   1  i  1007. Nên:  2 0 2014. C =. ĐT:01694838727. 2 1007. .  2i . 1007. 21007 i1007  21007 i. 0 1 2 3 4 5 2014 i C20134  iC2014  C2014  iC2014  C2014  iC2014 ........  C2014. 2 4 2012 2014 1 3 5 2013  C2014  C2014  ...  C2014  C2014  C2014  C2014  C2014  ...  C2014 i.  . 1 3 5 7 2013 1007 Vậy : C2014  C2014  C2014  C2014  ...  C2014 =  2 (4). Lấy (3) + (4): Ta có S 2. 2012. 1006.  2. . 0,25. 0,25. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>