Đề luyện thi đại học môn Toán sô 128

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABC trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng ABC bằng 6

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 128

Ngày 14 tháng 6năm 2014

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

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

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

2 Tìm m để đường thẳng d: y x= −1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C và gốc tọa độ O cách đều hai điểm B và C, biết điểm A có hoành độ bằng 1

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: − − =  + π

2

x

x x c x

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



x y x y (x y R, ∈ )

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

+

1

1 x

x x

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

điểm của cạnh AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường 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 đến mặt phẳng (SAC) theo a

Câu V (1,0 điểm) 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 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II )

I Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1:2x y+ − =8 0 và d2:x−2y− =4 0 Viết phương trình đường 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 độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z+ + − =2 0 Viết phương trình mặt

cầu đi qua ba điểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên, mỗi số có bốn chữ số khác nhau được 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 để số

được chọn là số lẻ và số lẻ đó có mặt chữ số 5

II Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm)

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

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2+y2+z2 =1 Viết phương trình mặt phẳng

(P) đi qua điểm  

1 1; ;0 2

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

Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức  

+

1

n

z

i , biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

− 2 =6 0

n

C A

Hết…

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

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ 128

I.1

m = 0 ta có y x= 3−3x2+2

+) TXĐ: R

+) Sự biến thiên: lim→−∞ = −∞; lim→+∞ = +∞

0,25

y x x y x x

BBT

Hàm số đồng 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

+) Đồ thị : đồ thị giao với trục Oy tại điểm (0;2)

I.2

Hoành độ giao điểm của d và đồ thị (1) là nghiệm PT: x3+3(m−1)x2−(3m+1)x+ =3 0

⇔(x−1)x2+(3m−2)x−3 =0  =

 2

1

x

x m x

0,25

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

⇔ 3 − ≠ ⇔4 0 ≠ 4

3

Ta có B x x( ;B B −1), ( ;C x x C C −1), do đó O cách đều 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

Mà + = −2 3 ⇔ −2 3 = ⇔1 = 1 : = 1

II.1

Ta có  π   π

x c x cosx sinx

0,25

2

PT cos x xc x c x c x x

c x c x x c x c x x c x c x x 0,25

4 2

4

Giải hệ:  − − + + = + + +



0,25

x y’

y

- ∞

∞∞

∞∞

- ∞

2

-2

+ ∞

∞∞

Xét hàm số f t( )=t2+t t2+1, ta có

2

f t t t

Suy ra f đồng biến trên R

0,25

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

 = −





3

y

y

0,25

= − ⇒ = −2 1; = ⇒ =2 5

y x y x KL: Hệ đã cho có nghiệm: ∈ − −{  ÷



5 2 ( ; ) ( 1; 2); ;

3 3

x y

0,25

III

−

=

+

1

1 x

x x

−

1

+

∫

2 2

1

1 ln 1

d x

x

x x x

x

= −ln5+ln2 ln= 4

1,0

IV

*Tính thể tích chóp S.BMC Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếpVBMC; N,I lần lượt là trung điểm 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 SAO· =600 + = 1 = 1 2

+ VAIO vuông cân tại I có = = 3 = 3

IO IA AB a

AO AI SO AO

+ Suy ra

.

a a

0,5

*Tính khoảng cách từ B đến (SAC)

Ta có  

d B SAC AB

d B SAC d I SAC d O SAC AI

d I SAC

Vì IO/ /AC ⇒IO/ / (SAC) + Dựng OH ⊥AC tại H và OK ⊥SH tại K (1)

A

B

S

O

C M

I

N H K

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

Do:  ⊥

AC OH

AC SHO AC OK

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

28

a OK

(2) Vậy  ,( ) = 4 3 42 = 42

d B SAC

0,5

V

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

Thật vậy, ⇔ + + + + + ≥ + + + + +

a b ab a b luôn đúng

Dấu đẳng 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

x y z hay + ≤ −4 2

2

x

y z (2)

0,5

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

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

Vậy GTLN của P là 64, đạt được khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4

0,5

VIa.1

Gọi I(t;0) và R là bán kính đường tròn (C) cần tìm Hạ IH ⊥d2⇒H là trung điểm AB 0,25

Ta có



− =

1

2

IH

Do đó =5 3⇔ =5 3⇔ 2− 2 = 5 3⇔ =2 5

IAB

}



VIa.2

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

Phương trình mặt cầu: (x−1)2+y2+(z−1)2 =1 0,25

VII.a

Mỗi số cần tìm là một chỉnh hợp chập 4 của 7 0,25

Do đó số phần tử của S là 4 = =

7 7.6.5.4 840

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

VIb.

1

∈ ⇒1 ( ;4+ )

A d A a a Gọi I =AC ∩d2 Khi đó theo định lí Ta lét





2

I

I

x x a x

IC MC IA IC

y y

y

Mà I ∈d2⇒ =a 1 Vậy A(1;5)

0,25

Gọi M là trung điểm của BC ⇒M ∈d2 ⇒M(13 4 ;4 3 )+ t + t ⇒B(21 8 ;15 6 )+ t + t 0,25

Ta có =(20 8 ;10 6 ),+ + =(16 8 ;22 6 );+ + = ⇔ = −0 3; = −9

5

ABuuur t t CBuuur t t AB CBuuur uuur t t 0,25

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

VIb.

2

Gọi nur=( ; ; ), (A B C A2+B2+C2≠ 0)là VTPT của mặt phẳng (P), suy ra phương trình mặt phẳng (P):

2

Ax By Cz A B

0,25

Mặt phẳng (Q) có VTPT là nuur' (0;3; 2)= − ; ( )P ⊥( )Q ⇒n nur uur ' 0= ⇔3B −2C =0 (1) 0,25

Do (P) tiếp xúc với (S) nên − −

1 2

A B

B C AB

A B C

0,25

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

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

0,25

VIIb

Ta có 2 = ⇔6 ( −1) = ⇔6 2− −12 0= ⇔ = 4( ); = −3( )

2

n

n n

Mà = = − ⇒ =  −π + −π 

i

z s cos isin cos isin KL: = − 1 + 3

A

B

C

D I M