DE THI DAI HOC môn TOÁN 2014 DE 1

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy toán:

www.facebook.com/hocthemtoan

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx33mx24m3 (1), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho OA2 OB2 20

Câu II (2 điểm)

2 cos 3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (2 )

4

x 41x4x x18 3 4 x 2x 44x 18

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =

2 0

4 s inx cos 2

2 sin 1

dx x







Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có tam giác ' ' ' ABC vuông tạiC.Mlà trung điểm của

' '

A C Biết AC a , BC  a 3 ; mặt phẳng (ABC’) hợp với mặt phẳng ABC góc 60 Tính thể tích khối lăng 0 trụ V ABC A B C ' 'và khoảng cách dAM,BC ' theo a

Câu V (1 điểm) Cho ba số x, y, z 1;3 Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 36x 2y z

yz xz xy

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 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2y22x4y 5 0 và điểm A(1;0) Gọi M, N là hai điểm trên đường tròn (C) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A Viết phương trình cạnh MN

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 1 5

 và hai điểm

A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5

Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1 1

2

z





 Tìm số phức z biết

3 5 2

z  i đạt giá tri nhỏ nhất

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E) có phương trình chính tắc là:

2 2

1

16 9

  và hai điểm A(4;-3), B(- 4; 3) Tìm toạ độ điểm C thuộc (E) sao cho diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất

2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S) có phương trình 2 2 2

x y z  x y z 

và điểm A  1; 2; 2 mặt phẳng  P là mặt phẳng qua Avà cắt mặt cầu  S theo thiết diện là đường tròn có bán kính nhỏ nhất Hãy viết phương trình mặt phẳng  P và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó

Câu VI.b (1 điểm) Cho E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7

lấy ngẫu nhiên một số trong E Tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh số báo danh

HƯỚNG DẪN CHẤM

1 (1,0 điểm) Khảo sát 3 2 3

Khi m = 1, ta có yx33x2 4

* TXĐ: D  

* Sự biến thiên:

+) Chiều biến thiên:y'3x26x ; ' 0 3 2 6 0 0

2







x

x

Hàm số đồng biến trên khoảng ; 0 và 2;; nghịch biến trên khoảng 0; 2

0,25

+ ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0

+ ) Giới hạn: lim ( 3 3 2 4)

    

lim ( 3 3 2 4)

    

0,25

+) Bảng biến thiên:

x  0 2 

y + 0  0 +

y

4 

 0

0,25

1.1

* Đồ thị:

y

4

-1 0 2 3 x

0,25

2

x





     



Đồ thị hàm số có hai cực trị tại A và B khi và chỉ khi

2m0m0 ( )

0,25

Khi đó: Gọi A(0; 4m3) và B(2m; 0); từ giả thiết: OA2OB2 20, suy ra:

1.2

0,

m

 

Vậy m = 1 0,25  Giải phương trình: 2 cos 3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (22 )

4

2

2 cos 3 cos + 3(1 s in 2 ) = 2 3 cos (2 )

4

2 cos 3 cos 3 3 sin 2 3 1 cos(4 )

2

2 cos 3 cos 3 3 sin 2 3 3 sin 4

2 cos 3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0

2 cos 3 cos 2 3 sin 3 cos 0 2 cos (cos 3 3 sin 3 ) 0

cos 0

x









cos 0

2

3 cos 3 3 sin 3 0 tan 3

3

18 3









0,25

0,25

0,25

2.1

Vậy nghiệm của phương trình là ; ( )



0,25

x 41x4x x18 3 4 x 2x 44x 18 1,00

2.2

ĐK:x0

BPT  2x244x 18 x  23x4x x (3 4 x ) 2x 244x 18

Đặt : t 2x2 44x 18 (t>0)

Đc bpt:

t x x(3 4 x ) (3 4 x )t 0 (t x)(t x 3 4 x ) 0 t x 3 4 x 0

vì t+x>0 với mọi x  0 -

Ta có bpt 2x244x 18 x 3 4 x 

2

2

2(x 3) 32x (x 3) 4 x 2(x 3) 32x ((x 3) 4 x )

x 1 (x 3 4 x ) 0 x 3 4 x 0

x 9







0,25

0,25

0,25

0,25

 Tính tích phân: I =

2 0

4 s inx cos 2

2 sin 1

dx x







1,00

3

2 2

0

2

1 (1 2 sin )

x











0,5

0,5

4

Từ giả thiết có V ABC A B C ' '=SABC.CC '; SABC=

2

CA.CB

0.25

(ABC ')(ABC)AB, Kẻ 0   

CH AB H AB (CC ' H)

60 ((ABC '), (ABC)) (CH, HC ') CHC '

Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 2 2 2 2 2 2

CH

2

Xét tam giác vuông CHC’ có

' ' '

0

ABC.A B C

0.25

N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N)

AM,BC AM,(BC N) A,(BC N)

d d d N là trung điểm của AC

Nên  '   ' 

A,(BC N) C,(BC N)

d d , kẻ CK vuông góc với BC’

BC ' (NCK)

  (vì AC BC AC (BCC ' B ')

(CNK) (BNC ') NK

Kẻ CI vuông góc với NK tại I, dC,(BC N) ' CI

Có

'

C,(BC N)

d

43

0.25

0.25

Cho ba số x, y, z 1;3 Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 36x 2y z

yz xz xy

5

Xét hàm số:

 

36x 2y z

f (x) , x 1;3 , y, z là tham sô

yz zx xy

f (x) đồng biến trên  1;3

 

36 2y z

f (x) f (1) g(y), y 1;3 , z là tham sô

yz z y

z

g(y) nghịch biến trên

 1;3 g(y) g(3) 12 6 z h(z), z  1;3 ; h '(z) 182 1 18 1 0

h(z) nghịch biến trên  1;3 h(z) h(3) 18 1 7

3

Vậy P7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7

0,25

0,25

0,25

0,25

Ta có I(1;-2) suy ra IA (0; 2)

Tam giác AMN cân khi IA vuông góc MN Gọi (d) là đường thẳng vuông góc với IA, nên (d) nhận 1 0;1

2IA 



làm véc tơ pháp tuyến, PT (d) có dạng:

0x + 1.y + m = 0 hay y = - m (1) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:x22xm24m  (1) 5 0

6.a1

(d) cắt (C) tại M, N khi PT (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2   2  



       

0,25

0,25

Khi đó, theo Vi-et: 1 2 2

1 2

2

 





 Gọi M( ;x1 m); N(x2; ) m AM x1 1; m;ANx2 1; m

AMN vuông tại A khi

1 2 1 2

1

3

m

m







 

( TM (*)) Vậy Phương trình đường thẳng MN là : y = -1; y = 3

0,25

0,25

AB   ( 1; 2;1)

; AM ( ;3 ; 6 2 )t t   t

; [ AB AM, ](t12; t 6;t)

0,25

SMAB = 3 5 = 1[ , ] 3 5

 

 1 ( 12)2 ( 6)2 2 3 5

6.a2

 3t2 + 36t = 0  t = 0 hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19) 0,25

1

2

z



3

2

z  i  b b i  b  b  b   Dấu bằng xảy ra  b = 1 0,25

7.b

Vậy GTNN của 3 5

2

z  i bằng 20 đạt được khi và chỉ khi b = 1 Khi đó z = 1

Gọi C x y ta có ( ;o 0)

0

1 9 16 144 (1)

16 9

o

Phương tr?nh AB là: 3x +4y = 0

0,25

Do AB không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất khi d(C,AB) lớn nhất

0,25

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số ta có

(3 4 ) 2(9 16 ) 2.144

12 2

5

o

(Dấu = xảy ra khi 3x0 4y0)

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi 3x0 4y0

0,25

6.b1

Kết hợp với (1) ta có

3

2 2;

3

2 2;

2















Vậy toạ độ điểm C là (2 2;3 2)

2 hoặc

3 2 ( 2 2; )

2

0,25

(S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P) thi ta

có :IHIAdấu « = » xảy ra HAlại có IA= 5 nên A bên trong hình cầu (S) ; gọi r là 5

bán kính dg tròn giao tuyến  r R2 d2(I,(P))  25 5  20

dấu « = » xảy ra HAhay (P)IAA

khi đó (P) : quaA( 1; 2; 2)

nhan IA ( 2; 0;1) làvtpt

  





 





(P) có pt : -2x+z=0 ;

0,25 0,25 0,25

0,25

7.b

abcde E a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A n(E) 7 A 5880

e 5 n( ) 5880; abcde E và abcde 5 trong E có : A 6A 1560

e 0











Số chia hết cho 5 gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560

1560 13 P(A)

5880 49

0,25 0,25 0,25 0,25