De so 12314

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 123 Ngày 7 tháng 6 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 3 2 2 3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m  4m  1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 1 .. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt 2 2 đường tròn (x- 2) + (y- 1) = 9 tại 2 điểm A,B phân biệt thỏa mãn AB = 4 . Câu II (2 điểm)   2 t anx  4cos x 2cos   2 x   6  cos x 1) Giải phương trình:. ìï x 3 - y 3 = 4 x + 2 y ïí ï x2 + 3 y 2 = 4 2) Giải hệ phương trình: ïî p 2. I =ò. (1 + x).sinx+x.sinx.cosx dx 1 + cos x. 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CH và SB.. Câu V (1 điểm) Cho x; y; z là 3 số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P=. x3 + y 3 + 4 z 3 (x+ y+ z)3. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của AB, phương trình của MD là 2 x - y +1 = 0 và điểm C (1; - 1) . Tìm tọa độ của điểm D. x2 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :. 2. . y 1 1. . z 3  1 và điểm M(1;  1; 2) . Mặt cầu (S) có. 2 2 2 phương trình : x + y + z + 2 x + 2 y - 2 z = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu (S).. 2 Câu VII.a (1 điểm) Cho z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 2 z + 4 = 0 . Hãy tính giá trị của biểu. P = (z1 +1 + 3) 2014 + (z 2 +1 + 3)2014 thức Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elip biết elip có hai đỉnh thuộc trục Oy và hai. tiêu điểm tạo thành hình vuông có chu vi bằng 8 2 2 2 2 2) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  4 y  6 z  2 0 , và mặt phẳng (P) : 2 x + y- 2 z+ 3 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cắt nhau theo giao tuyến là một đường tròn, hãy xác định tâm và bán kính của đường tròn đó. log3 (2 x  y  1)  log 1 ( x  2 y  1) 0  3  3  Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  4 x  y  ln( y  1) 0 …………………………Hết………………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh : ……………………………………. Số báo danh : ……………….………………..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ 123 Câu. ý. Nội dung. Điểm. 3. 2. 2. 3. 1) Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số y  x  3mx  3( m  1) x  m  4m  1 3 2 - Khi m = 1 ta được hàm số y  x  3 x  2. Câu I. -. TXĐ : R  x 0 y ' 3 x 2  6 x 0    x 2. 1. 1,0. 0,25. Hàm số đông biến trên mỗi khoảng (  ;0);(2; ) Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2) Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x1 0; yCD 2 , hàm số đạt CT tại x2 2; yCT  2 lim ( x 3  3 x 2  2)  ; lim ( x3  3 x 2  2) ; x x   Giới hạn :    Đồ thị hàm số không có tiệm cận. BBT :   x 0 2  y’ + 0 0 +  2. 0,25. 0,25 y . -. - 2. Đồ thị 4. 2. 0,25 -5. 5. -2. -4. 2. 2) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị cắt đường tròn tại A,B có AB = 4 2 2 (1) - y ' 3x  6mx  3(m  1) -. Hàm số có CĐ, CT  y ' 0 có hai nghiệm phân biệt   ' 9  0 luôn đúng với mọi m. y ' = 0 có hai nghiệm x1,2 = m ±1 . Thay x1,2 vào hàm số ta có tọa độ 2 điểm cực trị là : M(m  1; m  3); N ( m  1; m  1).. 1,0 0,25. 0,25. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là D :2 x + y - 3m +1 = 0 0,25. I. H A. B. -. Đường tròn có tâm I (2;1); R = 3 .Kẻ IH vuông góc với AB thì H là trung điểm AB.. -. Þ HA = 2 Þ IH = IA2 - HA2 = 5 Þ d (I; D ) = IH = 5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 6 - 3m. 1 11 1 11 hoac m = m = hoac m = 3 3 . Vậy 5 3 3   2 t anx  4cos x 2cos   2 x   6  cos x 1) Giải PT : d (I; D ) =. Câu II. -. 1. Điều kiện :. = 5 Û m=. cos x ¹ 0 Û x ¹.  sinx  4cos 2 x 2cos x(. 3 1 cos2 x  sin 2 x)  2 2 2. PT. -.  sinx  4cos 2 x  3 cos xcos2 x  cos x sin 2 x  2. 0,25.  (sinx  cos x sin 2 x)  (4cos 2 x  2)  3 cos x.cos 2 x  sinx(1  2cos 2 x)  2(2cos 2 x  1)  3 cos x.cos 2 x  cos2 x( 3 cos x  sinx  2) 0  k  cos2 x 0  x   (t/ m)  4 2  (1)  sinx  3 cos x 2 -. -.   (1)  sin( x  ) 1  x   k 2 (t/ m) 3 6  k  x  ; x   k , k   4 2 6 Vậy phương trình có nghiệm là :. éy = 0 ê x y + 6 xy + 5 y = 0 Û êx = - y ê êx = - 5 y ë ìï x 3 = 4 x ïí Û x = ±2 ïï x 2 = 4 y = 0 Þ nghiệm (x; y) = (±2;0) TH1 : thay vào hệ ta được î ìï 2 x 3 = 2 x ïí Û x = ±1 ïï 4 x 2 = 4 x = y Û y = x TH2 : thay vào hệ ta được : î Hệ có nghiệm (x; y) = (1; - 1); (- 1;1). 2 -. -. 2. p 2. . Tính tích phân : p 2. -. I =ò 0. p 2. -. 0. I =ò 0. (x; y) = (. 5 7. ;. - 1 7. ); (. - 5 1 ; ) 7 7. (1 + x ).sinx+x.sinx.cosx dx 1 + cos x. 1,0. 0,25. s inx dx =1 + cos x. p 2. d(1+cosx). ò 1 + cos x 0. 0,25. 0,25. 0,25. (*) dx =- ln 1 + cos x. 0,25. 1,0. p 2. s inx dx +ò x.s inxdx 1 + cos x 0. I1 = ò. 0,25. 3. TH3 : x = - 5 y thay vào hệ ta có nghiệm Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm.. Câu III. 0,25. 0,25. ìï x3 - y 3 = 4 x + 2 y (1) ïí 2 2 ï x +3y = 4 (2) 2) Giải hệ phương trình : ïî 3 3 - Phương trình (1) Û 2(x - y ) = 4(2 x + y) 2 2 - Từ phương trình (2) thay 4 = x + 3 y vào phương trình trên và rút gọn ta được: 2. 1,0. p +kp 2. -. -. 0,25. p 2 0. 0,25 = ln 2. (1).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> p 2. Câu IV. . I 2 = ò x.s inxdx. 0 sử dụng tích phân từng phần Þ I 2 = 1 Thay (1) và (2) vào (*) ta có I = 1 + ln 2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CH và SB. (2). 0,25 0,25. S. 1,0. K. A. D. H E I B. C. HS chỉ cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai một trong hai yếu tố này, không chấm điểm - Có H là trung điểm AB, vì tam giác SAB đều nên SH  AB - Mà (SAB)  (ABCD)  SH  ( ABCD) a 3 SH = 2 2 .Diện tích hình vuông S ABCD = a Tam giác SAB đều cạnh bằng a nên 1 1 a 3 2 a3 3 V  SH .S ABCD  a  3 3 2 6 - Trong mp(ABCD) kẻ đường thẳng D đi qua B và song song với CH. - Kẻ HI ^ D , nối S với I và kẻ HK ^ SI . -. Ta có CH / /(SBI) Þ d(CH;SB) = d(CH;(SBI)) = d(H;(SBI)) Chứng minh được HK ^ (SBI) Þ d(CH;SB) = d(H;(SBI)) = HK Kẻ BE ^ HC ta có HIBE là hình bình hành nên HK =. Câu V.  -. Tam giác SHI vuông tại H nên. HI = BE =. SH .HI SH 2 + HI 2. =. 0,25. 0,25. 0,25. BH .BC a = HC 5. a 57 19. 0,25. a 57 Vậy khoảng cách giữa HC và SB là 19 x3 + y 3 + 4 z 3 P= (x+ y+ z)3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :. 1,00. Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, ta chứng minh được : 4(x 3 + y3 ) ³ (x + y)3 dấu bằng xảy ra khi x = y. 0,25. (x + y)3 +16 z 3 (x + y+ z)3 , đặt a = x + y + z > 0 Áp dụng ta được (a- z)3 +16 z 3 z z z 4P ³ Û 4 P ³ (1 - )3 +16( )3 t = Þ t Î (0;1) 3 a a . Đặt a a Ta có . 3 3 4 P ³ (1 t) + 16 t t Î (0;1) Ta có với 4P ³. -. 3 3 Xét hàm số f(t) = (1 - t) +16t trên khoảng (0;1) 1 - 1 f '(t) = - 3(1 - t)2 + 48t 2 = 0 Û t = ; t = 5 3 Có. Lập bảng biến thiên của hàm số ta được. GTNN f (t) = (0;1). 0,25. 0,25 16 1 Û t= 25 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4 - Từ đó ta tìm được giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 khi x = y = 2 z 1) Phương trình của MD là 2 x - y +1 = 0 và điểm C (1; - 1) . Tìm tọa độ của điểm. Câu VI.a. 0,25. 1,0. 1. -. Gọi N là trung điểm của AD, ta chứng minh được CN ^ MD . Gọi cạnh hình vuông là a , D CND vuông tại D nên tính được CD 2 2a 2 CH .CN = CD Þ CH = = (1) CN 5 Ta có . CH = d (C; MD) =. 2.1 - 1.(- 1) +1 22 + (- 1)2. =. 4 5. 0,25. CN =. a 5 2 0,25. (2). -. Mà. -. Từ (1);(2) ta có cạnh hình vuông a = 2 hay CD = 2 Vì phương trình của MD là 2 x - y +1 = 0 nên gọi tọa độ của D là D(t; 2 t +1) .. -. ét = - 1 ê Þ CD = (t- 1) + (2 t + 2) = 2 Û ê - 1 êt = ê 5 ë 2. 0,25. 2. D(- 1; - 1); hoac D(. - 1 3 ; ) 5 5. - Tìm được tọa độ của D là 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với đường thẳng  và tiếp xúc với mặt cầu (S). - Gọi pt của mp(P) là ax + by + cz + d = 0 với a; b; c không đồng thời bằng 0 . (1) - Vì M thuộc mp(P) nên a - b + 2c + d = 0 r r - Mặt phẳng (P) có VTPT n(a; b;c) ,  có VTCP u (2;1; - 1) . rr D / /(P) Þ u .n = 0 Û 2a + b - c = 0 (2) - Mặt cầu (S) có tâm I (- 1; - 1;1); R = 3 . Û d (I;(P)) = R Û. 2 -. Câu VII. a. - a - b +c +d. = 3. (3). -. Với a = 5b Þ c = 11b; d = - 26b , chọn b = 1 Þ a = 5; c = 11; d = - 26 . Phương trình mặt phẳng (P) là 5 x + y +11z - 26 = 0 .. -. Vậy phương trình mp (P) là - x + y - z + 4 = 0 hoặc 5 x + y +11z - 26 = 0 .. . 2 Cho z1 ; z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 2 z + 4 = 0 . Hãy tính giá trị của biểu. P = (z1 +1 + 3) 2014 + (z 2 +1 + 3) 2014. 1,0. 0,25. a 2 + b2 + c 2 Mp(P) tiếp xúc với (S) ìïï c = 2a + b éa = - b a 2 - 4ab - 5b 2 = 0 Û ê í ê ï ëa = 5b Từ (1);(2) ta có ïî d = - 5a - b thay vào (3) ta được Với a = - b Þ c = - b; d = 4b , chọn b = 1 Û a = - 1; c = - 1; d = 4 . Phương trình mặt phẳng (P) là - x + y - z + 4 = 0 .. thức. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> -. z 2 + 2 z + 4 = 0 Û z1,2 = - 1 ± 3i Giải phương trình 2014 2014 Ta có P = (- 1 + 3i +1 + 3) + (- 1 - 3i +1 + 3). -. Û P = ( 3i + 3) 2014 + (-. -. Û P = 31007 [((1 + i) 2 )1007 + ((1 - i) 2 )1007 ]. -. Û P = 31007 [(2i)1007 + (- 2i)1007 ] = 0. -. . Câu VI.b. 1. 0,25 0,25. 3i + 3) 2014 = ( 3) 2014 [(1 + i) 2014 + (1 - i) 2014 ]. 0,25. P = (z1 +1 + 3) 2014 + (z 2 +1 + 3) 2014 = 0. -. Vậy Viết phương trình của elip. x2 y2 + 2 =1 2 b Gọi phương trình elip là a ( a; b > 0 ). -. Hai tiêu điểm và hai đỉnh thuộc trục Oy tạo thành hình vuông nên 2b = 2c Û b = c. -. Chu vi hình vuông bằng 8 2 nên cạnh hình vuông bằng 2 2 Þ Giải 2 phương trình ta được b = c = 2 Þ a = 2 2. -. 2.  -. 1,0 0,25 b2 + c2 = 2 2. 0,25. x y + =1 4 Phương trình elip là : 8 Tìm tâm và bán kính đường tròn giao tuyến Mặt cầu (S) có tâm I (1; - 2;3); R = 4. 0,25 1,0. 2.1 +1.(- 2) - 2.3 + 3 2. 2. 2 +1 + (- 2). 2. =1 < R. 0,25. - Khoảng cách từ I tới mp(P) là - Vậy mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Kẻ IH ^ (P) thì H là tâm đường tròn. ìï x = 1 + 2t ïï 2 (1) í y = - 2 +t ïï ï z = 3 - 2t Và IH ^ (P) nên IH có phương trình là ïî. Câu VII. b.  -. -. 0,5. 1 5 - 5 7 t = Þ H( ; ; ) 3 3 3 3 Thay x; y; z từ ( * ) vào phương trình mp (P) ta được 2 2 Bán kính đường tròn là r = R - IH = 15 . 5 - 5 7 ( ; ; ) Vậy tâm đường tròn là 3 3 3 và bán kính r = 15 log3 (2 x  y  1)  log 1 ( x  2 y  1) 0  3  3  Giải hệ phương trình  x  4 x  y  ln( y  1) 0 ĐK : 2 x  y  1  0;  x  2 y  1  0; y  1  0. (1)  log 3 (2 x  y  1)  log 3( x  2 y  1) 0  log 3 -. 0,25. 2. d=. -. 0,25. 0,25 (1) (2). 2 x  y 1 2 x  y 1 0  1  x  y  x  2 y 1  x  2 y 1. 1,0 0,25 0,25. 3. Thay vào PT (2) ta được x 3 x  ln( x  1) 0 3 Xét hàm số f (x)  x 3 x  ln( x  1) 1 0 x 1 Có nên hàm số đồng biến trên khoảng (  1; ) Mặt khác f (0) 0 nên PT có nghiệm duy nhất x 0  y 0 Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk. Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (0;0) f '( x ) 3x 2  3 . Học sinh làm cách khác, giáo viên chấm căn cứ vào bài làm, để cho điểm phù hợp. 0,25. 0,25.

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