ĐỀ THI THỬ đại học môn TOÁN KHỐI a năm 2014 TRƯỜNG CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI

Cho hình chóp S ABCD.. Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm tam giác ABC.. Tính thể tích khối chóp S ABCD.. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB.. PHẦN RIÊNG 3,0 đi

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3m2x2(m1)x2m1 (1), với m là tham số thực

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

2) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x 1 và đường thẳng d: 2x y  1 0 tạo với nhau một góc 300

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình





3

3 sin 2cos

2 cos 2sin 1

x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

4 3 4 2 0

3 4 6 1 0





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân







2 2

1

2 3

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD600 Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm tam giác ABC Góc giữa mặt phẳng ABCD và SAB bằng 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa       

1 2 3

3a 2b c 30

a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 b 2c 7 72a2 c2 P

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A 1;1 , AB 4 Gọi M là trung điểm cạnh BC,

9; 3

5 5

K  

  là hình chiếu vuông góc của D lên AM Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết x B2

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng  



:

d và hai mặt phẳng

  :x 2y 2z  1 0,   : 2x y  2z  7 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d và (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   và  

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3C n22A n2 3n215 Tìm số hạng chứa x10 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của  

3 2

3

n

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxycho tam giác ABCcó trực tâm H 6;7, tâm đường tròn ngoại tiếp I 1;1 và

 0; 4

D là hình chiếu vuông góc của Alên đường thẳng BC Tìm tọa độ đỉnh A

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng đường thẳng    



:



:

và điểm A2; 3; 3 Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm nằm trên đường thẳng  và tiếp xúc với đường thẳng d

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 8 ( 2 )

1

1 log ( ) 2 log ( 2 )

4 4 5 0

x y

y x

xy









x y,  

Hết

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN; Khối A, A 1 và khối B

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A

Câu 1 1 (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị

Với m1 ta có y x 33x21

TXĐ: D

 Sự biến thiên

   

0,25

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

+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0,y cd 1; đạt cực tiểu tại x 2,y ct  3.

+) Giới hạn: lim , lim

+) Bảng biến thiên

'

0,25

 Đồ thị

x

y

3

-3

O

1

0,25

2 (1,0 điểm) Tìm m….

Ta có n1  2;1 là VTPT của đường thẳng d.

 

2

y  x  m x m   y   m m   m .

0,25

Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 Suy ra phương

trình của  có dạng: y y '(1)x1 y(1) Do đó n2 m2;1 là VTPT của  0,25

1 2

2

n n

n n

 

 

2 2

2

m

m

 

Câu 2

Giải phương trình :

3

3 sin 2 cos

2sin 1

x x





Điều kiện:

2

6



 





.

2

4 sin cosx x 2 cosx 2 3 sinx 3 0

0,25

2 cos 2sinx x 1 3 2sinx 1 0

Kết hợp điều kiện ta có 2 , 7 2 ,

Câu 3

Giải hệ phương trình

4 3 4 2 0

3 4 6 1 0





 



 



.

Đặt a= -x 1 , ta có hệ:







0,25

Suy ra 4a34y3 3a4y 3a24y2

  2

5a 12a y 12ay 32y 0 5a 8y a 2y 0

5

0,25

5

a   y thay vào hệ ta có

2

+)

+)

 a 2y thay vào hệ ta có: 2 1 1

+)

+)

.

Vậy hệ có 4 cặp nghiệm  ; 1 8 ; 5 , 1 2; 1

0,25

Câu 4 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra SH (ABCD) Kẻ MH vuông góc với AB, M

thuộc AB.

Ta có SMH là góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD , do đó SMH 600 0,25

Vì 1

3

HB

a

2

a

Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên

Thể tích khối chóp S ABCD là

A

D

S

M

K

0,25

2

Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó d H SCD , ( ) HK .

7

HK

14

a

0,25

Câu 5

Tính tích phân

2 2

1





Ta có x33x2  x 3 x1 x2 2x3 Đặt 2 2 3 1  1

2

t x  x  dt  x dx.

Đổi cận x    1 t 2,x   0 t 3.

0,25

Khi đó

3 2 2

2

t

t



3 3

2

2 2

1 ln3 1

0,25

Câu 6

Tìm max

2 7 72

P

a

Đặt b xa c ya ,   x y, 0 Giả thiết bài toán trở thành 3 2x y 1 2 3 30

      

20 2

0,25



0,25

3

y

y

Xét hàm số f y( ) với y0 , ta có

( 3)

y



0,25

Suy ra f y'( ) là hàm đồng biến trên 0; và f'(3) 0  f y'( ) 0  y 3 .

Lập bảng biến thiên ta suy ra f y( ) f(3) 55 hay P 55.

Đẳng thức xảy ra khi y 3,x   2 b 2 ,a c3a Vậy maxP  55.

0,25

Câu 7.a Gọi N là giao điểm của DK và AB Khi đó DAN ABM AN  BM N là trung

5 5

AK   



phương trình AM: 2x y  3 0, DK x: 2y 3 0 0,25

Vì N DK  N n2 3;nAN 2n2;n1

2

AN  AB  AN   n  n   n  n 

1 1,

5

     .

0,25

5 B N A 5

n   x  x x   (loại) +) Với n   1 x B   1 2,y B    3 B1; 3  

0,25

Phương trình BC: y   3 C5; 3  

Câu 8.a Gọi I là tâm của mặt cầu (S), I d nên I t ; 2t; 3 2 t 0,25

Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   và   nên d I( , ( )) d I( , ( ))

0,25

+) t  1 I1;1;1 ,  R2 Phương trình mặt cầu (S):

  2  2 2

0,25

+) t 5 I5;7;13 ,  R12 Phương trình mặt cầu (S)

  2  2 2

0,25

Câu 9.a Điều kiện n2 .

Ta có 3 2 2 2 3 2 15 3 ( 1) 2 ( 1) 3 2 15

2

Khi đó

10

n

k



Số hạng chứa x10 ứng với 30 5 k10 k4 .

Vậy số hạng chứa x10 là: 4 6 4 10

10.2 3

Câu 7.b Ta có HD 6; 3 , suy ra phương trình BC: 2x y  4 0

Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có IM d I BC ,  5

Kẻ đường kính BB', khi đó AHB C' là hình bình hành nên AH B C' 2IM2 5

0,25

Vì A DH  A8 2 ; a aAH 2a14;7a 0,25

Suy ra   2 2  2

2a14  a7 20 a7   4 a 9,a5

Câu 8.b Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có I2 t t; ; 3 2 t

Suy ra AI t t; 3; 2t IA 6t26t9.

0,25

Đường thẳng d đi qua B 1; 1; 0 và có u   2;1; 2 là VTCP.

 3; 1; 2 3  4 1; 6 12; 5

BI  t  t t  BI u     t t  t

d I d

u

 

Theo đề bài, ta có d I d ,  IA53t2142t170 54 t254t81

0,25

+) t  1 I1;1;1 ,  R IA  3 Phương trình mặt cầu (S):

  2  2 2

+) t89 I91; 89;181 ,   R IA  48069 Phương trình mặt cầu (S):

x91 2 y89 2 z1812 48069.

0,25

Câu 9.b

0

xy





8

log x2y  x y xy  x y  x y xy  Û log(x 2y)+ (8xy)= 2

0,25

4

    Vậy hệ có hai cặp nghiệm: ( ; ) 2 log4 5; log45

Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.