ĐỀ ĐÁP ÁN ĐẶT HÀNG

Hình chiếu vuông góc của B1 trên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm của cạnh AC, góc giữa cạnh bên khối lăng trụ và mặt đáy bằng 450.. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và khoảng c

ĐỀ THI THỬ SỐ 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014

ĐÁP ÁN XEM TẠI: nguyenvanxe.violet.vn Môn thi: TOÁN; Khối A,A 1 ,B,V

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

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3

2







x y

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

b) Tìm điểm M trên đồ thị (C), để tiếp tuyến tại M với đồ thị (C) cắt các đường tiệm cận của đồ thị (C) tại

A và B sao cho tích MA MB  2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

4

0 cos (sin 2 1)







Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2  

2x 1 2x 5x3 3x x 1 2x3 (x   )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

5 4

sin







x

Câu 5 (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác ABC với cạnh AB = a, AC = 2a và

60



BAC Hình chiếu vuông góc của B1 trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của cạnh AC, góc giữa

cạnh bên khối lăng trụ và mặt đáy bằng 450 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và khoảng cách giữa AB và

CC1 theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x y2  x xy23xyy0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức Px2y22xy 2 1

xy

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 với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30 Giả sử

điểm E(1;3) trên cạnh AB sao cho AE2BE , và đường thẳng CD có phương trình x2y 3 0 Tìm các

đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết đỉnh D có hoành độ dương

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1

 và mặt cầu

 S :x2y2 z22y4z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M   1; 1;1, song song với

đường thẳng (d) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z biết z z  z 30 và z 6  5

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh

BC, N trên cạnh CD sao cho ND2NC Giả sử N   3; 1 và đường thẳng AM có phương trình x   1 0

Tìm tọa độ đỉnh A

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y  z 5 0 và đường

vuông góc với ( )d và AB  75

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác của số phức z biết số phức z thỏa mãn z2  z2 3i  z

-HẾT -

Chịu trách nhiệm ra đề và đáp án: Nguyễn Văn Xê – ĐÀ NẴNG CÁC TRUNG TÂM NHỜ RA ĐỀ THI THỬ XIN LIÊN HỆ ĐT 0905333264

ĐÁP ÁN

a) (1,0 điểm)

+ TXĐ: \ 2 

+ Sự biến thiên của hàm số

- Giới hạn và các đường tiệm cận:

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị

Nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị

0,25

Ta có:

2

1

x



Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và (2;  )

0,25

* Bảng biến thiên:

y’ – –

2 

y

 2

0,25

1

(2,0 điểm)

+ Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm 0;3

2

0,25

b) (1,0 điểm)

0

2

x

x





, ta có

0

1 '( )

2

f x

x







Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M:

0 0 2

0 0

1

2 2

x

x x









0,25

Tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2

0 0

2

x

x





0,25

Ta có

2

0

1 2

2

x



2

0

1 2

2

x



2 2

0

1

2

x



0,25

Đặt tx022,t0 , ta có phương trình t 1 2

t

Suy ra x = 1 hoặc x 3

Vậy có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

4

x x











0,25

4

cos 3xcosxsin 2xcos 2x 1 0

2 cos 2 cosx x 2 sin cosx x 2 cos x 1 1 0

2 cos2x2 sin cosx x2 cos 2 cosx x0

2 cosxcosxsinxcos 2x0

0,25





 



Giải (a):cosx 0(loại)

0,25

2

(1,0 điểm)

cosxs inx1 cos xsinx0

0,25

cos sin 0 4

1

sin

x















4 2 3 2 2













So với điều kiện, phương trình có nghiệm xk2 k 

2x 1 2x 5x3 3x x 1 2x3 Điều kiện:

2

3

1 0

3 2

x

x x

x



 





 





0,25

2x 1 2x 5x3 3x x 1 2x3

Đặt a x1 ,b 3x c,  2x3 (a0,b0,c ) 0

Suy ra a2b2c2 2x 1

Phương trình thành a2b2c2ab bc ca   0

0,25

3

(1,0 điểm)

 2a22b22c22ab2bc2ca 0

 a22ab b 2b22bc c 2c22caa20

a b2 b c2 c a2 0

Nên abc

Vậy phương trình có 1 nghiệm x 2

0,25

Ta có



4

(1,0 điểm)

2 5 4

cos sin

x

x





2

x t

Suy ra

4 5

5

1

2

2

t

t







0,25

2 5 4

cos sin

x





xdx



2

4

2

4

x









0,25

2

Đặt

2

1 cot

sin

x

4

2

x  t

0 2 1

4

3

N  

I    

0,25

* Tính thể tích khối lăng trụ:

Gọi H là trung điểm của AC,

theo đề B H1 ABC

2

AH  AC a ABa BAC 

Suy ra tam giác ABH đều, nên BH = a

và đáy là góc B BH 1 450 Tam giác B1BH

vuông cân tại H nên B1H = BH = a

0,25

Diện tích tam giác ABC:

a

Thể tích khối lăng trụ:

3

3 2

a

0,25

5

(1,0 điểm)

BC  AB AC  AB AC ABCa

4

Dựng HE  MB1 ( E thuộc MB1) và CI song song HE (I thuộc đường thẳng AE)

Ta có AB  B1H, AB  MH nên AB  B BH1 ABHE

HE  MB1, HE  AB nên HE  (ABB1A1)

0,25

Vì CC1 song song mặt phẳng (ABB1A1)

Nên khoảng cách giữa CC1 và AB bằng khoảng cách giữa CC1 và (ABB1A1), bằng

khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB1A1) và bằng CI

a

1

2

7

a

0,25

Ta có x y2 xy2 xy3xy

xy x( y)  x y 3xy (1) do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0

 xy1 ( xy) 4   0 x y4

0,25

Mà P = (x + y)2 + 2 - 1

xy Lại có (1)

1



1



Nên P = (x + y)2 +1 + 3

0,25

t

Ta có f t = 2t - '( )

3

0 >4

t

t



6

(1,0 điểm)

4

P f t  f 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 71

4 khi x = y = 2

0,25

Đường thẳng EH qua E có phương trình

EH: 2xy 1 0

Tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình



, suy ra H   1; 1

0,25

Diện tích hình chữ nhật SABCD = AD CD  30,

7.a

(1,0 điểm)

2

x

CD x y  y  

2

a

 

2

2

a

Suy ra a 3 hoặc a  3(loại)

Tìm được D3; 3 

Ta có DH2HCC3; 0

  ADBCEH A5;1

và B  1; 4

Vậy A5;1, B  1; 4, C  3;0 và D3; 3 

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I0;1; 2 và bán kính

R = 2

Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương

1; 2; 2

d



là véctơ pháp tuyến

của mặt phẳng (P)

0

A B C 

0,25

Vì (d) song song với mặt phẳng (P) nên

n u   A B C A C B

 

(P) qua điểm M nên (P) có phương trình:

A x B y C z   P AxBy Cz AB C 

0,25

Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P)

bằng R:

2

d I P

(2)

2

B

11 10

B

C 

2

B

C  , chọn B = 1 C2 và A = 2, ta có (P1): 2x y 2z  1 0

10

B

C  , chọn B = 11 C10 và A = 2, ta có (P2):2x11y10z  1 0

0,25

8.a

(1,0 điểm)

Thay tọa độ điểm A(0; 1; 0) thuộc (d) vào mp(P1): 2x y 2z  thỏa mãn, 1 0

nên điểm A thuộc mp(P1), suy ra AB không song song với mp(P1)

Do đó  P1 : 2xy2z 1 0 bị loại

Vậy có 1 mặt phẳng (P) cần tìm là:  P : 2x11y10z 1 0

0,25

9.a

Ta có z z x2y2 và z  x2y2

0,25

Đặt 2 2  

0

2

Với t 5 x2y225 (1)

0,25

 2 2

0,25

Từ (1) và (2) tìm được x3 , y  4

Đặt AB6a, suy ra

Theo định lý Py-ta-go, tính được:

45

52

13

Định lý hàm số cô-sin:



cos

65

0,25

Vẽ NH vuông góc với AM , ta có NH d N AM ; 4

65

NH AN

MAN

0,25

Điểm A thuộc đường thẳng AM, nên có dạng A 1;t

0,25

7.b

(1,0 điểm)

Suy ra t 6 hoặc t  8

Vậy A1; 6 hoặc A1; 8 

Tọa độ của A thỏa mãn hệ phương trình

1

0

x

y

 





8.b

(1,0 điểm)

Giả sử B x( 0; y0; z0)

Vì B x( 0; y0; z0) P nên x02y0z0  (1) 5 0

Ta có ABx01;y z0; 04

Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương u d 2;1;1

0,25

Vì ABd u AB d 0

Và AB5 3(x01)2y02(z04)2 75 (3)

Gọi zxyi x y ,  

z ix y i z i  x  y

 

2

2

2 3







0,25

1 3

x y





 





môđun của số phức z: r  12( 3)2  2

9.b

(1,0 điểm)

Lấy

3





0,25

Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, nhưng đúng kết quả thì vẫn được chấm điểm tối đa

- HẾT -

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Văn Xê – TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÀNH ĐẠT – ĐÀ NẴNG