Đề thi thử đại học môn Toán số 11

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng SAB hợp mặt phẳng đáy góc 0 60.. PHẦN T

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 24

Ngày 18 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm).

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số y= − +x3 3x2−2 (C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

2. Tìm tham số m để đường thẳng y mx m= − cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt (1;0)A , B, C

sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H (1;1)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2cos2 (sin 3 cos ) 3 cos 2sin( )

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

4 2

4 1 3 5 12 3

2 (10 17 3) 3 15





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

4

12

sin cos

tan cot

π

π

−

=

+

∫

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên

đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc 0

60

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương Chứng minh rằng

3

2 2 2

1

Dấu bằng khi nào xảy ra?

PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn 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 thoi ABCD có (1;0)A đường chéo BD có phương trình x y− + =1 0. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng 8

5.

Câu 8.a (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S) (x−2)2+ −(y 1)2+z2 =3

sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P) 2x+2y z+ − =1 0 một đoạn có độ dài bằng 2

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2 0,5 3

1

1

x

B Theo chương trình nâng cao:

Câu 7.b (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A x− =1 0

, phương trình đường cao từ đỉnh C x−2y− =6 0 Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương trình x2+ −(y 2)2 =25và đường thẳng AC đi qua M( 1;1)−

Câu 8.a (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0) Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P)

2 3 0

x+ y− = sao cho 2 2 2

2

MA + MB +MC nhỏ nhất

Câu 9.b (1 điểm)

Tính tổng

2014 2014 2014 2014 2014

S = + + +LLL+ + với k

n

C là tổ hợp chập k của n phần tử

……….Hết……….

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 24

Câu 1: 1, Khảo sát hàm số (C)

a) TXĐ: R

b) SBT

•Giới hạn: xlim→−∞y= +∞; limx→+∞y= −∞ đồ thị hs không có tiệm cận.

•Chiều biến thiên: y'= −3x2+6 , ' 0x y = ⇔ =x 0;x=2

BBT

Hàm số NB trên (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), và ĐB trên (0 ; 2) Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-2)

c) Đồ thị: Tâm đối xứng:I(1 ; 0)

Câu 1: 2, Tìm m

.PTHĐ 3 2

3 2

− + − = − ⇔ (x−1)(x2−2x− +2) m x( − = ⇔1) 0 1 2

x

=



 Điều kiện 0 3

(1) 0 m

F

∆ >

 Giả sử B x mx( ;1 1−m) C x mx( ;2 2−m)

(1 ) ( ) 4 4(3 )(1 )

2

1 ( , )

1

d H BC

m

=

+ ,

2

( , ) 4(3 )(1 ) 1

Câu 2: 1, Phương trình ⇔ sin cos 2 3 cos3 3 cos (sin 3 cos )

sin 3 cos sin cos 3 cos (2cos 1) 0

x+ x+ x + − = (sin 3 cos )(1 cos ) 0

2

x

TH1 cos 1 x=2 4

2

x

k

= − ⇔ + ( k Z∈ ) TH2 sinx+ 3 cosx=0 ⇔ tan 3 2

3

x= − ⇔ = − +x π k π

( k Z∈ ) Vậy phương trình có các nghiệm như trên

Câu 2: 2, Giải hệ pt… Điều kiện 1

4

x≥

y

’ y

-2

-+

Phương trình (2) ⇔ 4

2 (5y x−1)(2x− =3) 3(1 5 )− x 1 4 4

( ); 4 3 6 5

Ta được hệ pt

4 1 3 4 1 5 3

4 3 6



 + =



Chia pt thứ nhất cho y và pt thứ hai cho 2 y (do y=0 loại) Ta được 4

4

3

x y







 − + =



Đặt a 4x 1;b 32

y

= − = với a≥0,b>0

Ta có hệ pt 2 2 5

5

a ab b

+ + =



 + =

 ta được

5 1

b a

b

−

⇒ =

+ thay vào (2)

5

( ) 5 2 3 20 20 0 ( 1)( 3 20) 0 ( 1)( 2)( 5 10) 0 1

b

b

+

• Nên

4

5 2

4 1

3

x a

b

y

 =

=

  = ± hoặc 4

1

2

x a

b

y

 =



=



Kết luận ( ; ) 5; 3

4

4

1 3 ( ; )

2 ± 2

Câu 3: Tính tích phân.

•

2

cos 2 sin cos 1 sin 2 cos 2

sin 2

1 2

x

• Đặt t=sin 2x ⇒ =dt 2cos 2xdx Đổi cận

1

12 2 4

xππ ⇒t Khi đó

1 2 2 1 2

1

t

t

=

−

∫ 1

2

1

2

−

∫ ∫ KL 1 1 ln21 14 2

8 4 2 9 4 2

−

Câu 4: Tính thể tích và khoảng cách

Kẻ HI ⊥ AB, vì SH ⊥ AB nên AB⊥(SHI)

Gt được góc SIH= 0

60

• Do IH//AD nên BH IH

1 2

3 2

IH

• tan 600

3

a

• (dt AHCD)=dt ABCD( ) ( (− dt AHB)+dt BHC( ))

=

• V

( )

SH dt AHCD

Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx)

, ) ( ,( , )) ( ,( , ))

B

C

I

N

x S

H K

• Kẻ HK⊥Cx tại K Vì SH⊥Cx, HK⊥Cx nên Cx⊥(SHK) hay (SHK)⊥(SC,Cx)

• Kẻ HN⊥SK suy ra HN⊥(SC,Cx)

• d(SC,BD)=HN= 2 2 2 2

5

3 2

Câu 5: Đặt

1

(2 ) (2 ) (2 )

P

Ta có

• Cộng vế ta được

+ +

• Hay P≥1 Dấu bằng xảy ra khi x= = =y z 1 (*)

• Đặt 2 2 2

( 1)( 1)( 1) 1

Q

• Ta có 2 2 2 1 1( )2 1( 1)2 1( 1)2

x +y + + ≥z x y+ + z+ ≥ x y z+ + + Vì 2 2 1( )2

2

a + ≥b a b+ dấu = khi a=b

( 1)( 1)( 1) ( )

3

x y z

x+ y+ z+ ≤ + + +

dấu = khi x=y=z

Q

+ + + + + + , đặt t= + + + >x y z 1 1

Ta được 3

2 54 ( )

( 2)

+ xét hsố f(t) trên (1;+∞) '( ) 22 162 4 0 1( )

4( ) ( 2)

f t

=

−

= + Lập bbt ta được

1 ( ) 4

f t ≤ =f(4)

Vậy 1

4

Q≤ dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**) .Từ (*), (**) suy đpcm

Câu 6a: 1, Tìm B, C, D…

pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0 I là giao AC, BD nên I(0;1)

• Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH= 8

5

• AC= 2 2 ⇒IC= 2, do tam giác ICB vuông tại I nên

2 2

ID

IH +ID = IH ⇒ = Nên BD= 4 2 Toạ độ B, D thoả mãn 2 ( 1)2 8

1 0

x y

 − + =

 Giải được 2, 3

2, 1



 = − = −

 KL

(2;3), ( 2; 1), ( 1;2) ( 2; 1), (2;3), ( 1; 2)

Câu 6a: 2, Viết phương trình mp(P)…………

• Gọi M(a;b;c) Do M thuộc mặt cầu (S) nên (a−2)2+ −(b 1)2+ =c2 3(1)

• Do MH=2 nên (a−1)2+ + −b2 (c 1)2 =2 (2) Vì d(M;(P))=2 nên 2 22 2 1 2

2 2 1

a+ b c+ −

= + + (3)

• Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4) Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5)

Do đó c=1 thay vào (2), (4) được

3, 0 3

a b



• Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3 Thay vào (2) được (a−1)2+b2 = −2( )l

• Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1),

Câu 7a:BPT ⇔

2 2

0 1

1

x

x x

x x

 − − ≤  < −

 >  > −



 +

 Kết luận T = −1 3;1+ 3

Câu 6b: 1, Tìm toạ độ………

• Gọi AD x-1=0, CE x-2y-6=0 Kẻ HM vuông góc AD tại K, H thuộc AB Pt HM y=1

• K là giao điểm HM và AD nên K(1;1), từ đó H(3;1) Pt AB qua H vuông góc CE là 2x+y-7=0

• A là giao điểm AB, AD nên A(1;5) Pt AC qua A, M 2x-y+3=0

Nên C là giao CE và AC nên C(-4;-5)

• B thoả mãn 22 7 02

( 2) 25

x y

+ − =



 + − =

 giải được B1(0;7),B2(4; 1)−

Vì AD là phân giác trong nên loại B1(0;7)

Câu 6b: 2, Tìm toạ độ…….

Gọi I(a;b;c) thoả mãn IAuur uuur uur r+2IB IC+ =0 Ta được

1 2

1 2(0 ) (1 ) 0

3

0 2( 2 ) 1 0

4

0 2(0 ) (0 ) 0 0

a

 =



−

 − + − − + − = ⇔ =



Nên I(1; 3;0

2 4

−

) cố định

uur uuur uur uuur uur uuur uuur uur uur uur

Hay M là hình chiếu của I lên (P)

• Gọi M(x;y;z) ta có IMuuur=k n.r( )P

2

2 3 0

 + − = 



KL (13 17; ;0)

10 20

M

Câu 7b: Tính tổng

•

2014

2015

2014!

!(2014 )! .

1 1 2015 ( 1)! 2015 ( 1) ! 2015

k

k

+

−

(1 1)

S= C +C +C LLLC +C =  + −C  Kết luận: S=

2015

2015

−

Do I, A, B, C cố định nên tổng nhỏ nhất khi và chi khi MI nhỏ nhất