Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm M của AC.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được l
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 MÔN THI: TOÁN; KHỐI A, A1, B, D
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
-= + có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y mx= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B 2
sao cho tam giác OAB vuông tại O
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 2 2 3
2
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
4
ï í
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: 4( tan )
3 0
cos
x
x
p
+
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC tam giác ABC vuông tại B, BC a AC= , =2a tam giác SAB đều Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC trùng với trung điểm M của AC Tính thể tích khối chóp )
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , z x y thỏa mãn điều kiện: 4 ( 2 )2 4
x + y - +z £ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 ( ) 2 21 2
1
+ + +
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Dành cho học sinh thi khối A, A1
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C x: 2+y2 =25 ngoại tiếp tam
giác nhọn ABC có tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(- -1; 3 ,) (N 2; 3- Hãy tìm tọa )
độ các đỉnh A, B, C, biết rằng điểm A có tung độ âm
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( )S x: 2+y2+z2-2x+4y-2z- = và 8 0 mặt phẳng ( )P : 2x+3y z + - = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và 11 0
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S)
Câu 9.a (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi được chọn không có đủ 3 màu
B Dành cho học sinh thi khối B, D
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A( )0;3 và hai điểm
B, C thuôc đường tròn ( )C x: 2+y2 = Hãy tìm tọa độ B, C biết rằng tam giác ABC có diện tích lớn 9
nhất và điểm B có hoành độ dương
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2;3 ,) (B 2; 2; 2- Viết )
phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (OAB)
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
1
3
17
3
+
ï í
î
-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 2ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2014 LẦN 1
+) Tập xác định: \{-1}R
+) Sự biến thiên: -) Chiều biến thiên:
( )2
3
1
x
= > " ¹
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ - và ; 1) (- +¥ 1; )
0,25
-) Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
x y x y
®-¥ = ®+¥ = , tiệm cận ngang :y= 2
® - = +¥ ® - = -¥, tiệm cận đứng: x= -1 0,25 -) Bảng biến thiên:
x -¥ 1- +¥
y’
y +¥ 2
2 -¥
0,25
1 a
(1,0
điểm)
+) Đồ thị:
O
0,25
Hoành độ giao điểm của d:y mx= + với (C) là nghiệm phương trình: 2
1
x
x
0,25
Dễ thấy với m=0 thì (1) vô nghiệm Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi
và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác – 1 Điều kiện là:
12
m
m
>
ï
ë
0,25
Với (*) giả sử x x là hai nghiêm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là: 1, 2
( 1; 1 2 ,) ( 2; 2 2)
A x mx + B x mx + Dễ thấy điểm O không thuộc d nên ABO là một tam
giác D ABO vuông tại O khi và chỉ khi: 2
OAOBuuur uuur= Û +m x x + m x x+ + = 0,25
1.b
(1,0
điểm)
Áp dụng định lí Viet ta có: x1 x2 1; x x1 2 3
m
+ = - = , thay vào trên ta được:
0,25
Điều kiện: .
2
¹ + Phương trình đã cho tương đương với:
(sin cos )sin2 3 cos (sin cos ) 0
cos
x
x
- - - = Û(sinx-cosx) (1 2 1 cos 2- ( + x) )= 0
0,25
2
(1,0
điểm)
( )
sinx cosx *
Trang 3· ( )* tan 1
4
p
Điều kiện x³0, y³ Ta có: 0 ( ) ( )3 ( ) 3 ( )
1 Û 2-x +3 2-x = y +3y 1' 0,25 Xét hàm số f t( )= + trên t3 3t R , có f t'( )=3t2+ >3 0, " Ît R , do đó f t đồng ( )
biến trên R Phương trình ( )1' trở thành: y= - , thay vào (2) ta có: 2 x 0,25
( )
x+ - +x x+ - =x
Điêu kiện 0£ £x 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
0,25
3
(1,0
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=1 , do đó ( )2' có nghiệm duy nhất x=1
( tan )
tan
.tan
x
x
I
2 0 tan 2 0 tan d tan
cos
x
Đặt u=tan ;x dv e= tanx dtanx , ta có du d= tan ,x v e= tanx Khi đó:
0,25
4
(1,0
điểm)
2 x.tan 0 0 x tan x tan 1 0 1
p
F
A
B
C
S
H
Tam giác ABC vuông tại B nên:
1 2
BM = AC=a, AB= AC2-BC2 =a 3
do đó:
2
.
ABC
a
SAB
D đều nên: SB=AB a= 3
Từ giả thiết ta có SM ^(ABC)
0,25
Xét tam giác SMB vuông tại M có: SM = SB2-BM2 =a 2
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:
.
S ABC ABC
Gọi F là trung điểm BC, trong (ABC) lấy E đối xứng với F qua M Khi đó ABFE là
hình chữ nhật, nên BC/ /(SAE)Þd SA BC( ; )=d F SAE( ;( ) )
Gọi H là hình chiếu của F lên SE, ta có: FH ^SE ( )1
0,25
AE^EF AE^SM Þ AE^ SEF ÞAE^FH Từ ( ) ( )1 , 2 ÞFH ^(SAE)
5
(1,0
điểm)
( )
11
11
6 Từ giả thiết ta có: ( 2 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) 2 2 2
2 y + + ³ 1 6 x + + 1 y + 4 + z + ³ 1 2x + 4y + 2z Suy ra: 0<x2+y2+z2 £ Đặt 4 t=x2+y2+z2, 0< £ Ta có: t 4 0,25
Trang 42 2
2 2 2
+ + + + (1) 0,25
Xét hàm số ( ) 1
1
f t t
t
= + + với 0< £t 4, ta có: ( )
( )2
1
1
t
= - > " < £
Do đó f t đồng biến trên ( ) (0; 4 Suy ra ] ( ) ( )4 21
5
f t £ f = (2)
0,25
(1,0
điểm)
Từ (1), (2) suy ra giá trị lớn nhất của P là 21
5 đạt được khi: x z= =1,y= 2 0,25
T
B C
A
O
(C) có tâm O(0;0) Ta có:
CMB CNB= = nên CMNB là tứ giác nội tiếp, do đó: ·CNM =CBM· (1)
Gọi AT là tiếp tuyến của (C) khi đó:
· ·
TAB= ACB mà · ·CBM +ACB=900 (2)
và · ·CNM MNA+ =900 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: ·MNA TAB= ·, do đó: MN / / AT suy ra MN ^OA
( )3;0
MN
uuuur
là vectơ pháp tuyến của OA, nên OA có phương trình là: x=0
0,25
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 0 2 0
5 25
y
x y
Û
î Vì y A < nên: 0 A(0; 5- ) 0,25
( 1; 2)
AM
-uuuur
, uuurAN( )2; 2
lần lượt là vectơ chỉ phương của AC, AB
Nên AC có phương trình là: 2(x- 0) (+ 1 y+ 5)= Û 0 2x y+ + = 5 0
AB có phương trình là: (x- 0) (- y+ 5)= Û - - = 0 x y 5 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 22 2 5 0 0, 5 ( 4;3)
25
C
ë
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 25 0 0, 5 ( )5; 0
25
B
ë
0,25
7.a
(1,0
điểm)
Dễ thấyuuur uuurAB AC >0, BA BCuuur uuur >0,CA CBuuur uuur >0
, nên DABC nhọn Vậy B( ) (5;0 ,C -4;3) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2;1- ), bán kính R= 14 0,25
Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng: ( )Q : 2x+3y z d+ + =0, d ¹ - 11 0,25 Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 14
R
r= = nên ta có:
( )
;
2
2 14
d
d
0,25
8.a
(1,0
điểm)
Vậy có 2 mp cần tìm là: ( )Q1 : 2x+ + + +3y z 3 7 3 0;= ( )Q2 : 2x+ + + -3y z 3 7 3 0= 0,25
Số các kết quả có thể có là: 4
15 1365
C
W = = Gọi A là biến cố ”4 viên bi lấy được có
đủ 3 màu”, khi đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A được cho bởi bảng sau: 0,25
9.a
(1,0
điểm)
số bi đỏ số bi xanh số bi vàng Số kết quả
4 .5 6
C C C
4 .5 6
C C C
4 .5 6
C C C
1 1 2 1 2 1 2 1 1
0,25
Trang 5Ta có A là biến cố ”4 viên bi lấy được không có đủ 3 màu” 0,25
Do đó xác suất cần tìm là: ( ) 1 ( ) 1 720 43
1365 91
C
O
A Đường tròn ( )C có tâm O( )0;0 , bán kính R=3 Dễ
thấy AÎ( )C Đặt ·BOA COA x= ·= , 0< < x p Khi đó, diện tích tam giác ABC là:
2
AOB BOC
S = S +S =R x- R x
2sin 1 cos 2sin3 cos
0,25
Áp dụng bđt côsi ta có:
4
sin cos
x x £ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 1 2
x p
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi ABC là tam giác đều
0,25
AE= AOÞx = y = - ÞEæ - ö
uuur uuur
BC có pt là: 3
2
y= - Tọa độ B, C là các nghiệm của hệ:
2 2
27 3
2 2
3 9
2
x y
ì
0,25
7.b
(1,0
điểm)
Vì x B > nên 0 27; 3 ; 27; 3
Ta có: uuurAB(1;0; 5- )
; OAuuur(1; 2;3 ,) OBuuur(2; 2; 2- )
OA OB
-ëuuur uuurû
Mặt phẳng (OAB) có một vectơ pháp tuyến là nur1(5; 4;1- )
0,25
1
AB n
-ëuuur urû
Vì (P) chứa AB và (P)^(OAB) nên (P) có một vectơ pháp
tuyến là nr(10;13; 2)
8.b
(1,0
điểm)
Phương trình mp(P) là:10(x- +1 13) (y- +2) (2 z- = Û3) 0 10x+13y+2z-42 0= 0,25 Điều kiện: x> -1; 2x y- + > , pt thứ hai của hệ tương đương với: 1 0
log x+ =1 log 2x y- + Û = Thế vào pt (1) ta có: 1 x y 0,25
2
x
æ ö =
ç ÷
è ø hoặc
x
æ ö =
ç ÷
è ø Û =x 1 hoặc 23
3 log 4
9.b
(1,0
điểm)
( ; ) (1;1), ( ; ) log ;log
TỔNG 10,0
HẾT
