Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất.. Tính khoảng cách từ I đến mpSBC và góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm : Thí sinh chỉ được
Trang 1TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
- Môn: TOÁN - Khối A, A1 và B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y x= − x + x− (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Gọi hai điểm cực trị của đồ thị (C) là A và B Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho
MA + MB có giá trị nhỏ nhất
4cos 3 cos 2 1 2sin
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2
2
5 2014
y y
+ =
− − + =
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm: cot 2
1 sin
x
= +
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC với SA = 3 a , SA vuông góc với mp(ABC), tam giác ABC
có AB = BC = 2a, · 0
120
ABC= và I là trung điểm SA Tính khoảng cách từ I đến mp(SBC) và góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện 2a2+2b2−ab=1 Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=7(a4+b4) 4+ a b2 2
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao
qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là
x + y + 1 = 0 Lập phương trình đường thẳng BC
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và
AC = 2BD Điểm M 0;1
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ
đỉnh B, biết B có hoành độ dương
Câu 9.a (1,0 điểm).Trong một hộp có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 9 viên bi Tính xác suất để 9 viên lấy ra có đủ cả ba màu
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
M(3;2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là 2 2;
3 3
và I(1;-2)
Tìm tọa độ đỉnh C
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x−y−2=0và
d2:x+2y−2=0 Giả sử d cắt 1 d tại 2 I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(−1;1)cắt d1
và d tương ứng tại 2 A, sao cho B AB 3= IA
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn (x2 + 2)n , biết:
A n3−8C n2+C n1 =49
………… 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: ………
Trang 2TRƯỜNG THPT QL4 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN - Khối A, B và A1
1 1 Tập xác định: D = R
y’ = 3x2 - 12x + 9 = 0 1
3
x x
=
⇔ =
0.25
0.25 Bảng biến thiên:
x -∞ 1 3 + ∞
y’ + 0 - 0 + -2 + ∞
y
-∞ -6 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;1) và (3; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
fCĐ = f(1)= -2; fCT = f(3)= -6 y’’= 6x – 12 = 0<=> x = 2
⇒ y = -4
Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;-4) là tâm đối xứng
0.5
2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(1;-2), điểm cực tiểu B(3;-6)
hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng phía đối với trục Ox Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua trục Ox ⇒ A’(1;2)
0.25
Khi đó MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B nên MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng A’B và trục hoành
Ta có ' ( )
2; 8
uuur
, phương trình của A’B là : 4x + y – 6 = 0 0.25
Vậy tọa độ M là 3;0
2
4cos 3 cos 2 1 2sin
x
3
2 2cos 3 cos 2 1 1 cos 2
2
3 cos 2x sin 2x 2cosx
0.25
cos 2 sin 2 cos( )
6
π
0.5
7 2 6
k
= +
= − +
Trang 30.25
2
2
5 (1) 2014
y y
+ =
2
2
3 1
y
y x
= −
2x− −3 x+ =1 x+1 +2014 4 −x
( )2
4
x
0.5
⇔ = ⇒ =
Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x;y) là (4;5)
0.25
4
2
2
cot 1
sin
x
x
x
=
sin (2 cot )
x
dx
Ta được
ln
1
ln 2 cot 2
t
∫
5
Ta có: S∆ ABC = 1
2AB.BC.sin120o
= 2 2 3
4
a a = a2 3
VS.ABC = 1
3 S∆ABC.SA =
2 3.3
3
0.25
KÎ SM⊥ BC
BC⊥ SA (v× SA ⊥ (ABC)) ⇒ BC ⊥ AM ⇒ AM = a 3
∆SAM vu«ng t¹i A cã SM = 2 3 a
S∆SBC = 1
2SM.BC = 2 3 a2
0.25
⇒ d(A, (SBC)) =
3
2
2
2 3
S ABC SBC
a
0.25
B A
S
C
M 3a
2a
Trang 4Vậy d(I, (SBC)) = 1 ( ,( )) 3
a
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ⇒ϕ bằng góc giữa SM và AM
⇒ϕ = ·SMA
2
ϕ
Vậy ϕ = 600
0.25
6
Ta có : 1 = 2a2 + 2b2 – ab = 2(a + b)2 – 5ab ≥ -5ab ⇒ 1
5
ab≥ −
1 = 2a2 + 2b2 – ab = 2(a - b)2 + 3ab ≥ 3ab ⇒ 1 1 1
7 a +b −2a b +4a b
2
ab
+
0,25
Đặt x = ab, 1 1;
5 3
2
Bài toán trở thành: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 33 2 7 7
trên đoạn 1 1;
5 3
Ta có 0
;
nên MaxP =
33⇔ab=33 và MinP = 18 1
25⇔ab= −5
0.5
7a Ta có AC đi qua A và vuông góc với đường cao hạ từ B nên AC có phương trình là
3x + y – 7 = 0 Tọa độ C là nghiệm của hệ
1
x y
x y
+ =
+ = −
⇒C(4; 5)−
0.25
B thuộc đường thẳng x – 3y – 7 = 0 ⇒B b(3 +7; )b
Gọi M là trung điểm AB
;
, M thuộc trung tuyến qua C
4b 12 0 b 3 B( 2; 3)
0.5
Khi đó BCuuur(6; 2)− ⇒nrBC =(1;3)
8.a
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có: '
'
Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2
+
0.5
AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
4
d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5
0.25
A
B
M
C
Trang 5Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5
Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2
(x 2) (y 1) 5
− + − =
9.a Số cách lấy ngẫu nhiên 9 viên bi từ hộp là 9
18 48620
Những trường hợp không có đủ cả ba màu gồm:
+/ Không có bi đỏ: không xảy ra vì tổng bi xanh và vàng bằng 8
+/ Không có bi xanh: có C139 =715 cách
+/ Không có bi vàng: có 9
0.25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C cách lấy 109
Suy ra số cách lấy 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C189 −C139 −C159 +C109 =42910 cách 0.25 Vậy xác suất để lấy được 9 viên có đủ cả ba màu là
P = 42910 0.883
7.b
Ta có (2;4), 7 4;
3 3
= ÷
Gọi A(xA; yA) Có AGuuur=2GMuuur⇒ A(-4; -2)
0.25
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IMuuur làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y) Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0
0.25
Mặt khác IC = IA ⇔ (x−1)2+ +(y 2)2 = 25 ⇔ −(x 1)2 + +(y 2)2 =25
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: + − =
0.25
Giải hệ phương trình ta tìm được 5
1
x y
=
=
1 3
x y
=
=
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3)
0.25
8.b Ta có d cắt 1 d tại 2 (2;0).Chọn A0(0;−2)∈d1,
ta có IA0 =2 2
0.25
Lấy B0(2−2b;b)∈d2 sao cho A0B0 =3IA0 =6 2
⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
−
⇒
1
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
5
16
; 5 42
) 4
; 6 (
5 6
4 0
64 4 5
0
0 2
B
B b
b b
Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M(−1;1) và song song với A0B0
Suy ra phương trình ∆:x+y=0 hoặc ∆:x+7y−6=0
0.25
Trang 6Ta có: ( ) ∑
=
−
= +
n 0 k
k n k k n
n
x
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n−4
0.25
Ta có: A3n−8C2n+C1n =49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7
0.5
Nên hệ số của x8 là C423 280
Trang 7TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
- Môn: TOÁN - Khối D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x= −3 3x2+1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Gọi hai điểm cực trị của đồ thị (C) là A và B Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho
MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin5 sin3 2 8sin( 1 cos) 5 0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2+ +x 12 x+ =1 36
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm: I =∫xln(1+x dx)
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC với SA = 3 a , SA vuông góc với mp(ABC), tam giác ABC
có AB = BC = 2a, · 0
120
ABC= và I là trung điểm SA Tính khoảng cách từ I đến mp(SBC) và góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện 2a2+2b2−ab=1 Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=7(a4+b4) 4+ a b2 2
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao
qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là
x + y + 1 = 0 Lập phương trình đường thẳng BC
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và
AC = 2BD Điểm M 0;1
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ
đỉnh B biết B có hoành độ dương
Câu 9.a (1,0 điểm).Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên Tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
M(3;2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là 2 2;
3 3
và I(1;-2)
Tìm tọa độ đỉnh C
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x−y−2=0và
d2:x+2y−2=0 Giả sử d cắt 1 d tại 2 I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(−1;1)cắt d1
và d tương ứng tại 2 A, sao cho B AB 3= IA
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn (x2 + 2)n , biết:
A n3−8C n2+C n1 =49
………… 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: ………
Trang 8TRƯỜNG THPT QL4 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN - Khối D
1 1 Tập xác định: D = R
y’ = 3x2 - 6x = 0 0
2
x x
=
⇔ =
0.25
0.25 Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
1 + ∞
y
-∞ -3 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
fCĐ = f(0)= 1; fCT = f(2)= -3 y’’= 6x – 6 = 0<=> x = 1
⇒ y = -1
Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;-1) là tâm đối xứng
0.5
2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;1), điểm cực tiểu B(2;-3)
hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục Ox 0.25 Khi đó MA + MB ≥ AB nên MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB và trục hoành
Ta có uuurAB(2; 4− ), phương trình của AB là : 2x + y – 1 = 0 0.25 Vậy tọa độ M là 1;0
2
2
2 cosx cos 4x 8sin 2x 2cosx 5 0
2 1 2sin 2x 8sin 2x 5 0
0.25
2
4sin 2 8sin 2 3 0
1 sin 2
2 3 sin 2 ( )
2
x
⇔
0.5
5 12
k
= +
= +
Trang 90.25 ĐK: x≥ −1
Đặt t = x+1 thì x = t2 - 1 (t ≥ 0)
Khi đó phương trình đã cho trở thành
(t2 – 1)2 + t2 – 1 + 12t = 36
⇔ t4 – t2 + 12t – 36 = 0
⇔ (t – 2)( t + 3)( t2 – t + 6) = 0
⇔ t = 2
0.5
Với t = 2 ta được x+ =1 2
⇔ x = 3
4
Đặt u ln 1( x)
dv xdx
=
1 1
2
x x v
=
⇔
=
0.25
ln(1 )
x
+
2
x
x
+
2
2
x
2
2
ln(1 )
x
−
0.25
5
Ta có: S∆ABC = 1
2AB.BC.sin120o
= 2 2 3
4
a a = a2
3
VS.ABC = 1
3 S∆ABC.SA =
2 3.3
3
0.25
KÎ SM⊥ BC
BC⊥ SA (v× SA ⊥ (ABC)) ⇒ BC ⊥ AM ⇒ AM = a 3
∆SAM vu«ng t¹i A cã SM = 2 3 a
S∆ SBC = 1
2SM.BC = 2 3 a2
0.25
⇒ d(A, (SBC)) =
3
2
2
2 3
S ABC SBC
a
Vậy d(I, (SBC)) = 1 ( ,( )) 3
a
0.25
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ⇒ϕ bằng góc giữa SM và AM
⇒ϕ = ·SMA
2
ϕ
0.25
B A
S
C
M 3a
2a
Trang 10Vậy ϕ = 600.
6
Ta có : 1 = 2a2 + 2b2 – ab = 2(a + b)2 – 5ab ≥ -5ab ⇒ 1
5
ab≥ −
1 = 2a2 + 2b2 – ab = 2(a - b)2 + 3ab ≥ 3ab ⇒ 1 1 1
7 a +b −2a b +4a b
2
ab
+
0,25
Đặt x = ab, 1 1;
5 3
2
Bài toán trở thành: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 33 2 7 7
trên đoạn 1 1;
5 3
Ta có 0
;
nên MaxP =
33⇔ab=33 và MinP = 18 1
25⇔ab= −5
0.5
7a Ta có AC đi qua A và vuông góc với đường cao hạ từ B nên AC có phương trình là
3x + y – 7 = 0 Tọa độ C là nghiệm của hệ
1
x y
x y
+ =
+ = −
⇒C(4; 5)−
0.25
B thuộc đường thẳng x – 3y – 7 = 0 ⇒B b(3 +7; )b
Gọi M là trung điểm AB
;
, M thuộc trung tuyến qua C
4b 12 0 b 3 B( 2; 3)
0.5
Khi đó BCuuur(6; 2)− ⇒nrBC =(1;3)
8.a
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có: '
'
Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2
+
0.5
AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
4
d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5
0.25
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5
A
B
M
C
Trang 11Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2
(x 2) (y 1) 5
− + − =
0.25
9.a Gọi A là biến cố “ ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác”
Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác gồm
Ta có n(Ω ) = 3
Vậy P(A) = 3 0,3
7.b
Ta có (2;4), 7 4;
3 3
= ÷
Gọi A(xA; yA) Có AGuuur=2GMuuur⇒ A(-4; -2)
0.25
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IMuuur làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y) Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0
0.25
Mặt khác IC = IA ⇔ (x−1)2+ +(y 2)2 = 25 ⇔ −(x 1)2 + +(y 2)2 =25
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: + − =
0.25
Giải hệ phương trình ta tìm được 5
1
x y
=
=
1 3
x y
=
=
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3)
0.25
8.b Ta có d cắt 1 d tại 2 (2;0).Chọn A0(0;−2)∈d1,
ta có IA0 =2 2
0.25
Lấy B0(2−2b;b)∈d2 sao cho A0B0 =3IA0 =6 2
⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
−
⇒
1
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
5
16
; 5 42
) 4
; 6 (
5 6
4 0
64 4 5
0
0 2
B
B b
b b
Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M(−1;1) và song song với A0B0
Suy ra phương trình ∆:x+y=0 hoặc ∆:x+7y−6=0
0.25
9.b
Ta có: ( ) ∑
=
−
=
0 k
k n k k n
n
x
Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n−4
0.25
Ta có: A3n−8C2n+C1n =49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7
0.5
Nên hệ số của x8 là C423 280