a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.. Gọi K là trung điểm của SC.0 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.. PHẦN RIÊ
Trang 1Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 126
Ngày11 tháng 6 năm 2014
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x= 3−6x2+3(m+2)x+4m−5 có đồ thị (C m), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1
b) Tìm m để trên ( C m) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của
(C m) vuông góc với đường thẳng :d x+2y+ =3 0
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 1 cot 2
x
x
+ −
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
x y
+ + + + =
+ + − + + =
Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1.
x
−
−
+ +
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, · BCD=120 ,0 cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 Gọi K là trung điểm của SC.0
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+ y2+z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
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 với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh (3; 3),, A tâm đường tròn ngoại tiếp (2; 1),I phương trình đường phân giác trong góc ·BAC là x y− =0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng
8 5
5
BC= và góc ·BAC nhọn.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2, P x y z− − + =1 0 và các đường
thẳng MN song song với (P) đồng thời tạo với d một góc α có cos 1
3
α =
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho phương trình 8z2 −4(a+1)z+4a+ =1 0 (1), với a là tham số Tìm a∈¡ để (1) có hai nghiệm z z thỏa mãn 1, 2 1
2
z
z là số ảo, trong đó z là số phức có phần ảo dương.2
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa,
đường cao kẻ từ B là x+3y− =18 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3x+19y−279 0,= đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 d x y− + =5 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng · BAC =135 0
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (4; 4; 5), (2; 0; 1), A − − B − và mặt phẳng ( ) :P x y z+ + + =3 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P)
và MA2−2MB2 =36
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho đồ thị
( ) :
1
a
x
+ −
=
− và đường thẳng :d y=2x+1. Tìm các số thực a để d
cắt ( )C tại hai điểm phân biệt , a A B thỏa mãn IA IB= , với ( 1; 2).I − −
Hết
-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 126
Trang 2Câu 1.
(2,0
điểm)
a) (1,0 điểm)
Khi m=1 hàm số trở thành y x= 3−6x2+9x−1
a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có limx→−∞y= −∞ và lim
x y
→+∞ = +∞
* Chiều biến thiên: Ta có y' 3= x2−12x+9;
= <
= ⇔ > ⇔ < ⇔ < <
= >
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1 , 3;) ( + ∞); nghịch biến trên khoảng ( )1; 3
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1, y CĐ =3, hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y CT = −1
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
b) (1,0 điểm)
Đường thẳng d có hệ số góc 1
2
k = − Do đó tiếp tuyến của (C m) vuông góc với d có hệ số góc
' 2
k =
Ta có y'= ⇔k' 3x2−12x+3(m+ =2) 2⇔3x2−12x+ = −4 3 m (1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
0,5
Xét hàm số f x( ) 3= x2 −12x+4 trên (1;+ ∞)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình ( )f x = −3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi
− < − < − ⇔ < < Vậy 5 8
3< <m 3
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Điều kiện: cosx≠ ±1, sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ,k∈Z
Phương trình đã cho tương đương với: sin sin cos2 1 cos cos 2
sin sin
x x
− + + + =
2
sinx cosx 1 2sin x sinx cosx cos 2x 0 (sinx cos )(1 cosx x sin ) 0.x
⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + − =
0,5
*) sinx+cosx= ⇔ = − +0 x π4 kπ, k∈Z.
*)
2 1
π π
π = +
+ − = ⇔ − ÷= ⇔
x
'
y
y
1
∞
3
∞
−
∞
+
1
−
x
O
3
y
1 1
−
3
x
( )
f x
1
∞
∞ + 8
−
2
5
−
∞ +
Trang 3Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện: x+2y2+ ≥1 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(x y+ ) +4(x y y+ ) +3y = ⇔ + +0 (x y y )(x y+ +3 ) 0.y =
*) x y y+ + 2 =0, hay x= − −y y2. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2
1 2
− + = −
− + − + + = ⇔
− + =
2
⇔ − − = ⇔ =
Với y=1−213
thì x= − +4 13 và với 1 13
2
y= +
thì x= − −4 13.
0,5
*) x y+ +3y2 =0, hay x= − −y 3 y2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
− − + − + + = ⇔ − − + = − −
1
y
− − ≥ − − ≥
− − + = − − + − + =
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là 4 13;1 13 , 4 13;1 13 ,( 2; 1 )
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Ta có
x
x
−
− = ⇔ = ⇔ =
0
x
−
− ≥ + + với mọi x∈[ ]0; 1 Do đó diện tích của hình phẳng là :
x
−
Đặt t= 3x+1, ta có khi x=0 thì t= 2, khi x=1 thì t=2 và 3x= −t2 1
Suy ra 3 ln 3dx x=2 d ,t t hay 3 d 2 d
ln 3
x t t
x= Khi đó ta có
2
2
2 3 2 2
t
t
−
= = − ÷ = + ÷ =
0,5
Câu 5.
(1,0
điểm)
Gọi O= AC∩BD Vì ·BCD=1200 nên ·ABC =600
ABC
2
a
AC a OD OB
⇒ = = =
Kẻ OH ⊥SB tại H Vì AC⊥(SBD) nên AC⊥SB
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ và SB⊥HC
(·(SAB), (SBC)) =600 ⇔(·AH CH, ) 60= 0
AHC
0,5
2
a
2 3
a
3
a
⇒ = − =
Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên OH SD = BH BD ⇒SD=OH BD BH. = 2 2a 3.
ABCD ABC
S ABCD ABCD
a
Kẻ DP⊥BC tại P, DQ⊥SP tại Q Vì BC⊥(SDP) nên BC ⊥DQ⇒DQ⊥(SBC) (2)
Từ tam giác vuông DCP ⇒DP DC= .sin 600 = a23. Từ tam giác vuông
2
a
Từ (1), (2) và (3) suy ra (d AD BK, )=DQ= 2a.
0,5
C
P
Q S
K
O D
H
Trang 4Câu 6.
(1,0
( )( ) ( )( )
1 4
+ + + + + + + +
= + + ÷≤ + + ÷= + + ÷= + + ÷
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có x y3 3+y z3 3 ≥ 14(xy yz+ )3 nên
3
4
4
+ ≥ + = +
÷
Suy ra
3
P
≤ + + ÷− + ÷
Đặt t= +y z y x, khi đó t>0 và 1 3 1 1
P≤ − t + t+
Xét hàm số f t( )= −961 t3+18t+ 14 với t>0
Ta có f t'( )= −321 t2+18; '( ) 0f t = ⇔ =t 2, vì t>0
Suy ra bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có P≤125 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=2 hay
1 3
x= = =y z Vậy giá trị lớn nhất của P là 5,
12 đạt được khi
1 3
x= = =y z
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là điểm chính giữa cung BC ⇒IE⊥BC
Vì E thuộc đường thẳng x y− =0 và IE=IA R= ⇒E(0; 0)
Chọn nrBC =uurEI =(2; 1)⇒ pt BC có dạng 2 x y m+ + =0.
⇒ = ⇒ = − =
3
5
d I BC
⇒ = | 5 | 3 2
8
m m
m
= −
+
⇔ = ⇔ = − ⇒ : 2: 2 8 0.2 0
+ − =
+ − =
0,5
Vì ·BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC: 2x y+ − =2 0 thỏa mãn.
x y
+ − =
− + − = ÷
÷
.
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
MN = − + + −m n m n+ − − +m n+
uuuur
Vì MN // (P) nên
( )
n MN
= − + = = −
∉
uur uuuur
Suy ra urMN =(3;− +n 2;n+4) và uuurd =(2; 1; 2).−
0,5
3
MN d
+ + + +
⇔3(n+4)2 =2n2+4n+29⇔n2+20n+19 0= ⇔ = −n 1 hoặc n= −19
*) n= − ⇒ = − ⇒1 m 3 M( 3; 4; 2), (0; 1; 1).− − − N −
*) n= − ⇒ = − ⇒19 m 21 M( 21; 40; 20), ( 18; 19; 35).− − − N − − −
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Từ giả thiết suy ra z z không phải là số thực Do đó ' 0,1, 2 ∆ < hay 4(a+1)2−8(4a+ <1) 0
⇔ − − < ⇔ − − < (*)
Suy ra
z = + − − − − z = + + − − − =z 0,5
( )
f t
'( )
f t
0
5 12
A
E
I
D H
Trang 5Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu
7.b
(1,0
điểm)
∈ = − + ⇒ − +
∈ = + ⇒ +
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực. 0
là
u BC
∆
=
∆ + − = ⇔
∈ ∆
⇔ ⇔ ⇒
uur uuur
AC⊥BH ⇒ chọn nrAC =urBH = −( 3; 1)⇒pt AC: 3− + + = ⇒x y 4 0 A a a( ; 3 −4)
⇒uuur= − − uuur= − −
0,5
− − + − −
− + − − + −
uuur uuur
2
2
a
< <
− = − +
0,5
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P) Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P).
( 2; 4; 4)
P
AB
n
= −
⇒ = = − = −
=
uuur
uur uuur uur
Gọi
x y z
− − =
= ∩ ⇒ + + + = ⇔ − = = ⇒M( 2− −t 2; ;t t− ∈1) d.
( 2; 0; 1) 0
3 3 3 3
M t
M t
− −
=
− = ⇔ − + = ⇔ ⇒
−
0,5
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Hoành độ giao điểm của d và ( ) C là nghiệm của phương trình a 2 2 2 1,
1
x x
+ − = +
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
3
1
a a
a a
∆ = + − > >
⇔ ≠ ⇔ < − (2)
Khi đó gọi x x là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có 1, 2 A x( ; 21 x1+1), ( ; 2B x2 x2+1)
0,5
Do đó IA IB= ⇔ (x1+1)2+(2x1+3)2 = (x2+1)2+(2x2+3)2
⇔ + = + ⇔ − + + =
5(x x ) 14 0,
⇔ + + = vì x1≠ x2 (3) Theo định lý Viet ta có x1+x2 = +a 1. Thay vào (3) ta được 5( 1) 14 0 19,
5
a+ + = ⇔ = −a thỏa mãn điều
kiện (2) Vậy a= −195.
0,5
A
H
d M
trung điểm