DAPANTHITHUDAIHOCtoanDeLVC2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN (Khối A, A1 và B) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x3 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  . 1 x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Một đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và có hệ số góc m , tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm M , N phân biệt thỏa AM  2 AN . 1 2sin x 1 sin x  . Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 1  2sin x 3 cos x  x 2  x  4 y  y  2 Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình  , x, y   .  x  y  x  y  x 2  y 2  1   2. Câu 4. (1 điểm) Tính.  0. sin 2 x dx . 1  3sin x  4 1  3sin x. Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thoi cạnh a , tâm O, BAD  600 , hai mp(SBD) và mp(SAC) cùng vuông góc với mp(ABC), mp(SAB) tạo với mp(ABC) một góc 2   arctan . Tính thể tích của khối chóp SABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. 3 2 2 Câu 6. (1 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa   ( x  y)( x  z ) . 3x  2 y  z 1 3x  2 z  y 1 Tìm giá trị lớn nhất của P . 2( x  3)2  y 2  z 2 16 . 2x2  y2  z 2. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;3) , điểm C thuộc đường 1 thẳng  : x  y  6  0 , phương trình đường thẳng BD: x  2 y  2  0 , tan BAC  . Tìm tọa độ ba 2 đỉnh B, C, D. x  2 y 1 z   và b : Câu 8a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng a : 1 1 1 x  1 y z 1 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với a , b và cắt ba trục tọa độ lần lượt   4 1 2 tại A, B, C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6. Câu 9a. (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: ( z  i  1)2  3( z  i  1)  z  2  2  z  2  0. 2. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  2) 2  ( y 1)2  5 , điểm A(0, 2) và đường thẳng  : 2 x  y  6  0 . Viết phương trình đường tròn (C ') tiếp xúc với (C ) tại A và tiếp xúc với  . x 1 y 1 z Câu 8b. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  :   và mặt phẳng () : 2 1 2 y  z  4  0 . Viết phương trình mặt phẳng () biết rằng () vuông góc với () , song song với  và d ( , )  2 d (O, ) . Câu 9b. (1 điểm) . Giải phương trình 8x  ( x 3  3 x 2  6)4 x  2( x3  3 x 2  6)3  0 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2013-2014 www.VNMATH.com Môn Toán – Khối A, A1 và B Câu. Câu 1a. Nội dung.  . . Điểm chi tiết 0.25. Tập xác định: D   \ 1 2  0 , x  1 ( x 1)2 Hàm số nghịch biến trong các khoảng (,1) và (1; ) Giới hạn và tiệm cận Tiệm cận đứng: x  1 (vì lim y  , lim y   ) y'. x1. 0.25. x 1. Tiệm cận ngang: y  1 (vì lim y  lim y  1). x. x .  Bảng biến thiên. 0.25 x y' y.  .  . 1. . Câu 1b. . 1. 1.  Đồ thị. 0.25. Phương trình của đường thẳng d : y  2  m( x 1)  y  mx  m  2 Phương trình hoành độ giao điểm giữa d và (C ) : x 3  mx 2  (2 m  1) x  m 1  0 . mx  m  2  1 x Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M, N  (1) có hai nghiệm phân biệt m  0  m  0    1   0 m   8 .  Giả sử M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , khi đó x1 , x2 là nghiệm của (1) nên  2m 1  x1  x2  m   m 1 .  x1 x2  m    Ta có AM  ( x1 1, y1  2) , AN  ( x2 1, y2  2) .   Để AM  2 AN  AM  2 AM  x1 1  2( x2 1)  x1  3  2 x2 .. 0.25 (1) 0.25 (2). (3). 0.25 (4).

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  m . Giải hệ này ta được Thế x1  3  2 x2 vào (3) ta được  m  1 , thỏa (2).  1 2 3 x2  2 x2  1 m  Vậy khi m  1 thì thỏa đề bài.. 0.25.    x   k   2 cos x  0    Điều kiện:    x    k 2 sin x   1  6 2   7   x   k 2.  6 Phương trình đã cho tương đương với 3 cos x (1 2sin x )  (1 sin x)(1  2sin x)  3 cos x  sin 2 x  sin x  cos 2 x. 0.25.  www.VNMATH.com 3  x2  2 . Câu 2. 0.5.      3 cos x  sin x  cos 2 x  3 sin 2 x  cos  x    cos  2 x     6 3.       x   2 x   k 2  x   k 2   6 3 2   2      x   k .  x   2 x   k 2  18 3 6 3  Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  Câu 3.  x 2  x  4 y  y  2    x  y  x  y  x 2  y 2  1   x   y Điều kiện  2  x  x  4 y  0.  y  2  y  2 Ta có (1)   2   2 2  x  x  4 y  ( y  2)  x  y 2  x  4  0. Đặt u  x  y , v  x  y ( u , v  0 ). Thế vào (1’) và (2), ta được 2u 2 v 2  (u 2  v 2 )  8  0  u  v  uv  1.. 0.25.  2 k . 18 3. (1). 0.25. (2) (3). (1'). 0.25 (3) (4). Lại đặt S  u  v , P  uv ( S 2  4 P  0, S  0, P  0 ), thế vào (3) và (4), ta được 2 P 2  S 2  2 P  8  0   S  P  1  S  4, P  3 Giải hệ này ta được  , suy ra  S  2, P  3 (lo¹i)  x  y  9  u  3, v  1  x  y  1  x  5, y  4    u  1, v  3  x  y  1  x  5, y  4.       x  y  9 So sánh các điều kiện trên, ta thấy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y)  (5, 4) .. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4.  2. 0.25. sin 2 x www.VNMATH.com dx . 1  3sin x  4 1  3sin x. Đặt I   0. 4 t 4 1  cos xdx  t 3 dt . 3 3  Khi x  0 , ta có t  1 ; khi x  , ta có t  2 . 2. Đặt t  4 1  3sin x  sin x .  2. Khi đó I   0. 2 8 8 t 6 t5 t 4 t3    (t 5  t 4  t 3  t 2 )dx       9 1 9  6 5 4 3  1. Câu 5. 0.25. 2. 2sin x cos x 8 t 3 (t 4 1) dx   2 dx 9 1 t t 1  3sin x  4 1  3sin x. 0.25. 2. 8  49 22 2      . 9  20 15  Theo giả thiết ta có ABD và CBD là các tam giác đều. ( SAC )  ( ABC ) Do  SO  ( ABC ) . ( SBD)  ( ABC ) Trong mp(ABC), hạ OK  AB , suy ra SK  AB , vì vậy OKS   .. 0.25 0.25. 0.25. S. S F E B. C. K O. A. G. G O. I. C. D. Trong tam giác vuông SOK, ta có SO  OK .tan  . a 3 2 a .  . 4 3 2. 1 1 a3 3 . Do đó V  SO. . AC.BD  3 2 12 Gọi  là trục của đường tròn (BCD), ta có  đi qua trọng tâm G của tam giác BCD và 0.25 vuông góc với mp(ABC) nên  thuộc mp(SAC). Trong mp(SAC), trung trực d của đoạn SC cắt  tại I. Do I   nên IB  IC  ID , do I  d nên IS  IC , suy ra I là tâm và IC là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. 0.25 Tam giác SOC có SC  a và CSO  600 . Gọi E là trung điểm của SC, F là giao điểm của  và SC. 1 1 a a 3 Ta có EF  ES  SF  SC  SC  , EI  EF 3  (vì EFI  600 ) , 2 3 6 6 2  a 3   a 2 a 2 2 2 2       . suy ra IC  IE  EC    6   2  3 Do đó R  IC  Câu 6. Từ giả thiết. a 3. .. 2 2   ( x  y )( x  z ) 3x  2 y  z 1 3x  2 z  y 1. (1). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> và áp dụng các bất đẳng thức www.VNMATH.com (2 x  y  z )2 ( x  y )( x  z )  , 4 2 2 8   , 3x  2 y  z 1 3 x  2 z  y 1 3(2 x  y  z )  2 8 (2 x  y  z ) 2 . ta có  3(2 x  y  z )  2 4 Đặt u  2 x  y  z ( u  0 ), ta có. (2). u2 8   3u 3  2u 2  32  0 3u  2 4  (u  2)(3u 2  8u  16)  0  u  2  y  z  2  2x . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z . (2) . Ta có P . 2( x  3)2  y 2  z 2 16 12 x  2 .  1 2 2 2 2 2x  y  z 2x  y2  z2. 0.25. ( y  z )2  2 x 2  2(1 x)2  2(2 x 2  2 x  1)  0 và 2 6x 1 . 12 x  2  0 nên P  1  2 2 x  2 x 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y  z . 6 x 1 , ( x  0) . Đặt f ( x)  1  2 2 x  2 x 1 2 4(3x 2  x  2) Ta có f '( x)  , f '( x)  0  x  1  x  . 2 (2 x  2 x  1) 3 Bảng biến thiên Lại do 2 x 2  y 2  z 2  2 x 2 . x f '( x).  . 1. 0. 0. . f ( x). 2 3 0. 0.25.  . 10. 2 1. Suy ra f ( x)  10 , với mọi x  0 . Từ các kết quả trên, ta có P  10 .   2 (1) x    3 P  10 khi và chỉ khi  y  z    1  2  y  z  .  3  x  3  Vậy GTLN của P là 10. Câu 7a. 0.25. Gọi I là trung điểm của AC, suy ra I thuộc BD nên I (2 y  2, y ) , khi đó C (4 y  3, 2 y  3) . 0.25 Do C thuộc  nên xC  yC  6  0  6 y 12  0  y  2 , suy ra I (2, 2) , C (5,1) .   0.25 Ta có AC  (6, 2) và B thuộc BD nên B (2b  2, b) , suy ra AB  (2b 1, b  3) .   b Do đó cos BAC  cos( AB, AC )  . 2 b 2  2b  2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0.25. 2 1 nên cos  BAC  , suy ra www.VNMATH.com 2 5 b  4 b  0  2 b    2  4 2  5 3b 16b 16  0 b  . 2 b  2b  2 3  2 4 10 8 Khi đó ta được B1 (6, 4) , D1 (2, 0) và B2 ( , ) , D2 ( , ) . 3 3 3 3 Do tan BAC . Câu 8a. Câu 9a. 0.25.   Các đường thẳng a và b lần lượt có các véc tơ chỉ phương là a  (1,1,1) , b  (4,1, 2) .    Do () song song với a và b nên () có pháp véc tơ là n   a, b   (1, 2, 3) và do đó   phương trình của () có dạng x  2 y  3z  m  0 . m m Mặt phẳng () cắt ba trục tọa độ tại A(m,0, 0) , B (0,  , 0) , C (0, 0, ) . 2 3 1 | m |3 Khi đó, VOABC  OA.OB.OC  . 6 36 | m |3 Theo giả thiết, VOABC  6   6  m  6 . Thử lại, ta thấy a và b đều song song 36 với () . Vậy phương trình của () là x  2 y  3z  6  0 .. Do z  2 không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với 2  z  i  1 z  i 1   20 3   z  2  z2. Đặt z  x  yi , x, y   ,.  z  i 1   2  z2   z  i 1  1.   z  2. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. (a) (b). 0.25. (a)  z  i  1  2  z  2  ( x  1)  ( y  1)i  (2 x  4)  2 yi  x  1  2 x  4  x  1     y  1  2 y  y  1. (b)  z  i  1   z  2  ( x  1)  ( y  1)i  (x  2)  yi. 0.25.  x  1  x  2 (vô nghiệm).    y  1  y Vậy phương trình có nghiệm duy nhất z  1  i . Câu 7b. Ta có (C ) có tâm I (2,1) , R  5 ..  Đường thẳng IA qua I (2,1) và nhận IA  (2,1) làm véc tơ chỉ phương nên có phương trình x  2  2( y 1)  0  x  2 y  4  0 . Do (C ') tiếp xúc với (C ) tại A nên tâm K của (C ') thuộc IA, suy ra K (2 y  4, y ) .. Do (C ') tiếp xúc với  nên (C ') có bán kính R '  d ( K , )  Do (C ') qua A nên R '  KA  (2 y  4)  ( y  2) . Từ đó ta có 3y  2  (2 y  4)2  ( y  2)2 5 2. 2. 3y 2 5. .. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>    3y  2  5 y 2   3 3 y   K (1, ). 2 2   y4 K (4, 4)   www.VNMATH.com. 0.25. 3 5 , với K (4, 4) , ta có R '  2 5 . Vậy phương trình của (C ') Với K (1, ) , ta có R '  2 2 3 5 là ( x  1) 2  ( y  ) 2  hoặc ( x  4) 2  ( y  4) 2  20 . 2 4. Câu 8b. Câu 9b.  Ta có  đi qua A(1,1, 0) và có véc tơ chỉ phương a  (2,1, 2) , () có pháp véc tơ  n  (0,1,1) . Do () vuông góc với () và song song với  nên () có pháp véc tơ    p   n, a   (1, 2, 2) và do đó phương trình của () có dạng x  2 y  2 z  m  0 .   Theo giả thiết, ta có d (, )  2 d (O, )  d ( A, )  2 d (O, ) m  3 m3 m .  2  2m  ( m  3)    m  1 3 3 Thử lại điều kiện  song song với () , ta thấy thỏa. Vậy phương trình của () là x  2 y  2 z  3  0 hoặc x  2 y  2 z 1  0 .. 0.25 0.25 0.25. 0.25. Phương trình đã cho tương đương với 3 2     2x 2x      2  0 .  x3  3 x 2  6   x3  3 x 2  6  2x  1  2 x   x 3  3 x 2  6 . 3 2 x  3x  6 3 x Đặt g ( x)  2 , f ( x)   x  3 x 2  6 , ta có f '( x)  3 x 2  6 x . x.  . f '( x ). f ( x). 2. 0. 0. 0.25. (1). 0.25 0.25. . 0. . 0.25. . . 6 2. . Trên miền x  0 , ta thấy f giảm, g tăng, g (1)  f (1) nên trên miền này x  1 là nghiệm duy nhất của (1). Trên miền x  0 , ta có g ( x)  g (0)  1 , f ( x)  2 nên trên miền này (1) vô nghiệm. Vì vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 . HẾT. 0.25.

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