Đề thi thử đh toán có đáp án (31)

Microsoft Word i doc TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỔ TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III 2014 MÔN TOÁN – KHỐI A, B, A1 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao ñề) A PHẦN CHUN[.]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III - 2014

MÔN: TOÁN – KHỐI A, B, A1

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề)

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm)

Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số = y x3 +3(m −1)x2 −3mx +2 (1), với m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm m ñể ñường thẳng d: y =x −1 cắt ñồ thị hàm số (1) tại ba ñiểm phân biệt A, B, C và gốc tọa ñộ

O cách ñều hai ñiểm B và C, biết ñiểm A có hoành ñộ bằng 1

Câu II (2,0 ñiểm)

1 Giải phương trình: − − =  +π 

2

(cos sin 2) os 2 sin

2 8

x

2 Giải hệ phương trình:  − − + + = + + +



2 2

Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân: = −

+

∫2 23 1

1 x

x x

Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC, có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A; AB = AC = a và M là

trung ñiểm của cạnh AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B ñến mặt phẳng (SAC) theo a

Câu V (1,0 ñiểm) Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn: 1+x2 + 1 2+ y + 1 2+ z =5

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=2x3+y3+z3

B PHẦN RIỂNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần I hoặc II )

I Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai ñường thẳng d1:2x +y −8 = 0 và d2:x −2y −4 =0 Viết phương trình ñường tròn có tâm I thuộc Ox, tiếp xúc d1 và cắt d2 tại A, B với diện tích tam giác IAB bằng 5 3

2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x +y +z −2 =0 Viết phương trình mặt cầu ñi qua ba ñiểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Câu VIIa (1,0 ñiểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên, mỗi số có bốn chữ số khác nhau ñược chọn từ

các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Tính số phần tử của S Từ S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất ñể số ñược chọn là số lẻ và số lẻ ñó có mặt chữ số 5

II Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc ñường thẳng d1: x −y +4 =0, ñường thẳng ñi qua ñiểm D và trung ñiểm của BC có phương trình d2: 3x −4y −23 = 0 Tìm tọa ñộ các ñiểm A và B, biết A có hoành ñộ dương

2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2 +y2 +z2 =1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm  

1 1; ; 0 2

M vuông góc với mặt phẳng (Q): 3y −2z =0và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb (1,0 ñiểm) Tìm số phức =  

+

1

n

z

i

, biết n là số nguyên dương thỏa mãn: −

=

2 6 0

n

Hết…

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

www.NhomToan.com

www.LuyenThiThuKhoa.vn

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG LẦN III - 2014

MÔN: TOÁN – KHỐI D

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề)

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm)

Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số = y x3 +3(m −1)x2 −3mx +2 (1), với m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm m ñể ñường thẳng d: y =x −1 cắt ñồ thị hàm số (1) tại ba ñiểm phân biệt A, B, C và gốc tọa ñộ

O cách ñều hai ñiểm B và C, biết ñiểm A có hoành ñộ bằng 1

Câu II (2,0 ñiểm)

1 Giải phương trình: − − =  +π 

2

(cos sin 2) os 2 sin

2 8

x

2 Giải hệ phương trình:  − + − =

x xy y y x (x y, ∈R)

Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân: = ln 4∫ 2 − 3

0

5 x x

Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC, có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A; AB = AC = a và M là

trung ñiểm của cạnh AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B ñến mặt phẳng (SAC) theo a

Câu V (1,0 ñiểm) Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn: 1+x2 + 1 2+ y + 1 2+ z =5

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=2x3+y3+z3

B PHẦN RIỂNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần I hoặc II )

I Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai ñường thẳng d1:2x +y −8 =0 và d2:x −2y −4 = 0 Viết phương trình ñường tròn có tâm I thuộc Ox, tiếp xúc d1 và cắt d2 tại A, B với diện tích tam giác IAB bằng 5 3

2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x +y +z −2 =0 Viết phương trình mặt cầu ñi qua ba ñiểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Câu VIIa (1,0 ñiểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên, mỗi số có bốn chữ số khác nhau ñược chọn từ

các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Tính số phần tử của S Từ S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất ñể số ñược chọn là số lẻ và số lẻ ñó có mặt chữ số 5

II Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 ñiểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc ñường thẳng d1: x −y +4 =0, ñường thẳng ñi qua ñiểm D và trung ñiểm của BC có phương trình d2: 3x −4y −23 = 0 Tìm tọa ñộ các ñiểm A và B, biết A có hoành ñộ dương

2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2 +y2 +z2 =1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm  

1 1; ; 0 2

M vuông góc với mặt phẳng (Q): 3y −2z =0và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb (1,0 ñiểm) Tìm số phức =  

+

1

n

z

i

, biết n là số nguyên dương thỏa mãn: −

=

2 6 0

n

Hết…

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014

m = 0 ta có y =x3 −3x2 +2

+) TXĐ: R

+) Sự biến thiên:

0,25

BBT

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng (-∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên khoảng (0; 2) và

(0;1)

xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = -2

0,5

I.1

+) Đồ thị : ñồ thị giao với trục Oy tại ñiểm (0;2)

Hoành ñộ giao ñiểm của d và ñồ thị (1) là nghiệm PT:

3 3( 1) 2 (3 1) 3 0 ( 1) 2 (3 2) 3 0

 =

⇔ 

 2

1 (3 2) 3 0(*)

x

0,25

d cắt ñồ thị (1) tại 3 ñiểm phân biệt khi PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

3

Ta có B x( ;B x B −1), ( ;C x C x C −1), do ñó O cách ñều B, C ⇔OB2 =OC2

⇔2(x B −x C)(x B +x C −1) =0 ⇔x B +x C =1 ( vì xB ≠ xC ) 0,25

I.2

B C

Ta có  +π  = −  +π  = − −

x

0,25

2

2 os ( os sin ) 2( 2 os 1) ( os sin ) 0 ( 2 os 1)( os sin 2) 0

0,25

II.1

π π

4 2

x y’

y

- ∞

∞∞ + 0 0 - 2 0 + + ∞ ∞∞

- ∞

2

-2

+ ∞

∞∞

π π

4

Giải hệ:  − − + + = + + +



2 2

Trừ (1) cho (2) theo vế ta ñược: x2 +x x2 +1 =(y +1)2 +(y +1) (y +1)2 +1 (3) 0,25 Xét hàm số f t( )=t2 +t t2 +1, ta có

2

f t t t

Suy ra f ñồng biến trên R

0,25

Từ (3) ta có f(x) = f(y+1), do f ñồng biến / R nên suy ra x = y + 1, thế vào (2) ta ñược:

 = −





2

3

y

y

0,25

II.2

= − ⇒ = − = 2 ⇒ = 5

KL: Hệ ñã cho có nghiệm: ∈{ − −  



5 2

3 3

x y

0,25

−

=

+

∫

2 2

3 1

1 x

x x

Ta có

−

+

1

x x

0,25

−  + 

+

∫

2 2

1

1 ln 1

d x

x

x x x

x

0,5

III

ln ln 2 ln

*Tính thể tích chóp S.BMC

Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếpVBMC; N,I lần lượt là trung ñiểm của BC và MB

Do VABC vuông cân tại A nên A, N, O thẳng hàng và OI // AC

Góc giữa SA và (ABC) là SA O· =600

MB C A BC

+ VAIO vuông cân tại I có

3 2

.

S MBC MB C

0,5

IV

*Tính khoảng cách từ B ñến (SAC)

Ta có   = = ⇒   =   =  

,( )

d B SA C A B

d B SA C d I SA C d O SA C

A I

d I SA C

Vì IO / /A C ⇒IO / / (SA C)

+ Dựng OH ⊥A C tại H và OK ⊥SH tại K (1)

⊥

A C OH

(1) và (2) suy ra OK ⊥(SA C) Trong tam giác vuông SOH ta có:

28

a OK

d B SA C

0,5

A

B

S

O

C

M

I

N

H

K

Với hai số không âm a,b ta có 1+a + 1+b ≥1+ 1+a +b (1)

Dấu ñẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0

Áp dụng (1) ta có

5 1 x 1 2y 1 2z 1 1 x 2y 1 2z 2 1 x 2y 2z

Suy ra x2 +2y +2z ≤8 hay + ≤ −

2

4 2

x

y z (2)

0,5

V

Khi ñó ≤ + + ≤ + − 

3 2

2

x

Chú ý rằng, từ (2) và x,y,z không âm ta có 0≤x ≤2 2

Xét hàm số = + − 

3 2 3

2

x

f x x với 0≤x ≤2 2 Ta có

2 2

x

= ⇔ 

=



0 '( ) 0

2

x

f x

x

Từ f(0) = 64, (2)f =24, (2 2)f =32 2 ⇒ f x( )≤64, ∀ ∈ x 0;2 2 (4)

Từ (3) và (4) ta có P ≤64, dấu ñẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4

Vậy GTLN của P là 64, ñạt ñược khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4

0,5

Gọi I(t;0) và R là bán kính ñường tròn (C) cần tìm Hạ IH ⊥d2 ⇒H là trung ñiểm AB

0,25

Ta có



1 2

IH

2 2

IA B

VIa.1

}



2 2

2 2

0,25 Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu cần tìm Từ gt ta có: a + b + c – 2 = 0 (1) 0,25

Theo gt ta có IA =IB =IC ⇔IA2 =IB2 =IC2, suy ra hệ:

⇔

− =



(2) 1

a b

0,25

Giải (1) và (2) ta ñược R = a =1;b =0;c =1⇒I(1; 0;1) 0,25

VIa.2

Phương trình mặt cầu: (x −1)2 +y2 +(z −1)2 =1 0,25 Mỗi số cần tìm là một chỉnh hợp chập 4 của 7 0,25

Do ñó số phần tử của S là A74 =7.6.5.4 = 840 0,25

VII.a Gọi A là biến cố cần tìm, ta có Ω = 3 + 2 =

6 3.3 5 300

0,25

KL: Xác suất cần tìm là = 300 = 5

( )

840 14

∈ 1 ⇒ ( ; 4+ )

A d A a a Gọi =I A C ∩d2 Khi ñó theo ñịnh lí Ta lét :





2

2

I

I

x

y

uur uur

Mà ∈I d2 ⇒a =1 Vậy A(1;5)

0,25

Gọi M là trung ñiểm của BC ⇒ ∈ ⇒ + + ⇒ + +

2 (13 4 ; 4 3 ) (21 8 ;15 6 )

Ta có

 = −



= ⇔  = −



(20 8 ;10 6 ), (16 8 ;22 6 )

3

5

t

A B CB

t

VIb.1

Với t = -3 thì B(-3;-3) Với = − ⇒9 (33 21; )

Gọi =n ( ; ; ), (A B C A2 +B2 +C2 ≠ 0)

ur

là VTPT của mặt phẳng (P), suy ra phương trình mặt phẳng (P): + + − −1 =

0 2

Mặt phẳng (Q) có VTPT là n' =(0; 3; 2)−

uur

; ( )P ⊥( )Q ⇒n n '= 0⇔ 3B −2C =0 (1)

ur uur

0,25

Do (P) tiếp xúc với (S) nên

− −

2 2

2 2 2

1 2

0,25

VIb.2

Từ (1) và (2) suy ra B = 0; C = 0, A ≠ 0 hoặc A = 3B, C = 3/2 B Do ñó

(P): x – 1 = 0 hoặc (P): 6x + 2y + 3z -7=0

0,25

= −



3( ) 2

n

n n

Mà = = − ⇒ =  −π+ −π 

i

i

VIIb

KL: = − 1 + 3

32 32

A

B

C

D

I

M

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2014

KHỐI D

m = 0 ta có y =x3 −3x2 +2

+) TXĐ: R

+) Sự biến thiên:

0,25

BBT

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng (-∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên khoảng (0; 2) và

(0;1)

xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2; xCT = 2, yCT = y(2) = -2

0,5

I.1

+) Đồ thị : ñồ thị giao với trục Oy tại ñiểm (0;2)

Hoành ñộ giao ñiểm của d và ñồ thị (1) là nghiệm PT:

3 3( 1) 2 (3 1) 3 0 ( 1) 2 (3 2) 3 0

 =

⇔ 

 2

1 (3 2) 3 0(*)

x

0,25

I.2

d cắt ñồ thị (1) tại 3 ñiểm phân biệt khi PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

3

x y’

y

- ∞

∞∞

∞∞

- ∞

2

-2

+ ∞

∞∞

Ta có B x( ;B x B −1), ( ;C x C x C −1), do ñó O cách ñều B, C ⇔OB2 =OC2

⇔2(x B −x C)(x B +x C −1) =0 ⇔x B +x C =1 ( vì xB ≠ xC ) 0,25

B C

Ta có  +π  = −  +π  = − −

x

0,25

2

2 os ( os sin ) 2( 2 os 1) ( os sin ) 0 ( 2 os 1)( os sin 2) 0

0,25

π π

4 2

II.1

π π

4

Giải hệ:  − + − =

x xy y y x (x y, ∈R)

PT(2) ⇔ y2 −(3x +1)y +2x2 +2x =0 (3) và Vy=x2 −2x +1 (= x −1)2 0,25

Khi y = x + 1, ta có: x −1+ x =1, mà f x( ) = x −1 + x là hàm số ñồng biến trên

)

 +∞

1; và f(1) = 1 nên nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (1; 2) 0,25

II.2

Khi y = 2x ⇒ x −1+ 2x −1 =1 Tương tự nghiệm của hệ là (x; y) = (1; 2)

= ln 4∫ 2 − 3

0

5 x x

Đặt = 5− x ⇒ 2 = 5− x ⇒2 = − x

Đổi cận: Khi = ⇒ =x 0 t 2;x = ln 4⇒ =t 1 0,25 Suy ra = − ∫ = ∫ =

2

2

3

0,25

III

Kết luận: = 2 − = 14

(8 1)

*Tính thể tích chóp S.BMC

Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếpVBMC; N,I lần lượt là trung ñiểm của BC và MB

Do VABC vuông cân tại A nên A, N, O thẳng hàng và OI // AC

Góc giữa SA và (ABC) là SA O· =600

MB C A BC

+ VAIO vuông cân tại I có

3 2

.

S MBC MB C

0,5

IV

*Tính khoảng cách từ B ñến (SAC)

Ta có   = = ⇒   =   =  

,( )

d B SA C A B

d B SA C d I SA C d O SA C

A I

d I SA C

Vì IO / /A C ⇒IO / / (SA C)

+ Dựng OH ⊥A C tại H và OK ⊥SH tại K (1)

⊥

A C OH

(1) và (2) suy ra OK ⊥(SA C) Trong tam giác vuông SOH ta có:

28

a OK

d B SA C

0,5

A

B

S

O

C

M

I

N

H

K

Với hai số không âm a,b ta có 1+a + 1+b ≥1+ 1+a +b (1)

Dấu ñẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0

Áp dụng (1) ta có

5 1 x 1 2y 1 2z 1 1 x 2y 1 2z 2 1 x 2y 2z

Suy ra x2 +2y +2z ≤8 hay + ≤ −

2

4 2

x

y z (2)

0,5

V

Khi ñó ≤ + + ≤ + − 

3 2

2

x

Chú ý rằng, từ (2) và x,y,z không âm ta có 0≤x ≤2 2

Xét hàm số = + − 

3 2 3

2

x

f x x với 0≤x ≤2 2 Ta có

2 2

x

= ⇔ 

=



0 '( ) 0

2

x

f x

x

Từ f(0) = 64, (2)f =24, (2 2)f =32 2 ⇒ f x( )≤64, ∀ ∈ x 0;2 2 (4)

Từ (3) và (4) ta có P ≤64, dấu ñẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4

Vậy GTLN của P là 64, ñạt ñược khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4

0,5

Gọi I(t;0) và R là bán kính ñường tròn (C) cần tìm Hạ IH ⊥d2 ⇒H là trung ñiểm AB

0,25

Ta có



1 2

IH

2 2

IA B

VIa.1

}



2 2

2 2

0,25 Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu cần tìm Từ gt ta có: a + b + c – 2 = 0 (1) 0,25

Theo gt ta có IA =IB =IC ⇔IA2 =IB2 =IC2, suy ra hệ:

⇔

− =



(2) 1

a b

0,25

Giải (1) và (2) ta ñược R = a =1;b =0;c =1⇒I(1; 0;1) 0,25

VIa.2

Phương trình mặt cầu: (x −1)2 +y2 +(z −1)2 =1 0,25 Mỗi số cần tìm là một chỉnh hợp chập 4 của 7 0,25

Do ñó số phần tử của S là A74 =7.6.5.4 = 840 0,25

VII.a Gọi A là biến cố cần tìm, ta có Ω = 3 + 2 =

6 3.3 5 300

0,25

KL: Xác suất cần tìm là = 300 = 5

( )

840 14

∈ 1 ⇒ ( ; 4+ )

A d A a a Gọi =I A C ∩d2 Khi ñó theo ñịnh lí Ta lét :





2

2

I

I

x

y

uur uur

Mà ∈I d2 ⇒a =1 Vậy A(1;5)

0,25

Gọi M là trung ñiểm của BC ⇒ ∈ ⇒ + + ⇒ + +

2 (13 4 ; 4 3 ) (21 8 ;15 6 )

Ta có

 = −



= ⇔  = −



(20 8 ;10 6 ), (16 8 ;22 6 )

3

5

t

A B CB

t

VIb.1

Với t = -3 thì B(-3;-3) Với = − ⇒9 (33 21; )

Gọi =n ( ; ; ), (A B C A2 +B2 +C2 ≠ 0)

ur

là VTPT của mặt phẳng (P), suy ra phương trình mặt phẳng (P): + + − −1 =

0 2

Mặt phẳng (Q) có VTPT là n' =(0; 3; 2)−

uur

; ( )P ⊥( )Q ⇒n n '= 0⇔ 3B −2C =0 (1)

ur uur

0,25

Do (P) tiếp xúc với (S) nên

− −

2 2

2 2 2

1 2

0,25

VIb.2

Từ (1) và (2) suy ra B = 0; C = 0, A ≠ 0 hoặc A = 3B, C = 3/2 B Do ñó

(P): x – 1 = 0 hoặc (P): 6x + 2y + 3z -7=0

0,25

= −



3( ) 2

n

n n

Mà = = − ⇒ =  −π+ −π 

i

i

VIIb

KL: = − 1 + 3

32 32

A

B

C

D

I

M