Đề luyện thi đại học môn Toán sô 117

Theo chương trình chuẩn.. Lập phương trình mặt phẳng α vuông góc với hai mặt phẳng P,Q và tiếp xúc với mặt cầu S.. Theo chương trình nâng cao.. Từ điểm M thuộc đường tròn C kẻ hai tiếp t

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 117

Ngày 28 tháng 5 năm 2014

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

Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

=

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

2.Tìm m để đường thẳng (d) y=2x m− cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ)

Câu II(1,0 điểm) Giải phương trình 2sin (2 ) 2sin2 tan x

4

Câu III(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

1 1



 + + = − +

Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân :

ln 2

x

e dx

e − +e +

Câu V(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC= , =2 ,a ACB· =1200, đường thẳng 'A C tạo

với mặt phẳng (ABB A góc ' ') 30 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng0

' , '

A B CC theo a.

Câu VI(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x− + 2 y+ + = + 1 1 x y

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = ( ) ( ) 2(32 )

xy x y

x y

II.PHẦN RIÊNG.(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B).

A Theo chương trình chuẩn.

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( ) : 2d1 x y+ =0 và ( ) :d2 x+2y+3 5 =0 cắt nhau tại A.Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại

C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24

Câu VIII.a (1,0 điểm)

Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S):x2 + y2 + z2 −4x−6y+10z+24 0= và hai mặt phẳng ( ) :P x y z+ − + =3 0;( ) :Q x−2y z+ − =1 0 Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu IX.a(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2+z2 =6 và z− + = −1 i z 2i

B Theo chương trình nâng cao.

Câu VII.b(1,0 điểm).Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn ( )C x: 2+y2−18x−6y+65 0= và ( )C' :x2+y2 =9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 24

5 .

Câu VIII.b (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm B(0;3;0 ,) M(4;0; 3− ) Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa , B M và cắt các trục Ox Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ, diện OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ )

Câu IX.b (1,0 điểm)Tính tổng S C = 12014 + C20145 + C20149 + C20142013.

… Hết …

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 117

Câu

I

Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

=

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

TXĐ: R\{ } 1 y’ = 3 2

( x 1)

−

− <0 ∀ ≠ ⇒ x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞;1) và (1;+ ∞) 0.25 lim lim 2

→−∞ = →+∞ = ⇒TCN: y =2 lim1

−

→ = −∞,

1

lim

+

→ = +∞ ⇒ TCĐ : x = 1 0.25

BBT:

x -∞ 1 +∞

y’ - -y

- ∞

2

0.25

Đồ thị:

0,25

2.Tìm m để đường thẳng (d) y=2x m− cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:2 1 2

1

2

g(x)=2x − +(4 m x m) + − =1 0 (x 1)≠ (1)

Để đường thẳng (d)y=2x m− cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

2

m g

∆ >  + >



0,25

Gọi A x( ; 21 x1−m B x); ( ; 22 x2 −m),với x x là hai nghiệm của phương trình (1).1; 2

;

Để tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ) thì ( ) (1)

0 (2)

OA OB

∉





=

uuur uuur

0,25

x x + x −m x −m = ⇔ x x − m x +x +m = 0,25

2

⇔ − + = ⇔ = − Kết luận: 5

3

Câu

II Giải phương trình 2sin (2 ) 2sin2 t anx

4

x+π = x+

.(1)

Điều kiện :cosx≠0

sinx cosx 2sin x t anx

⇔ + = + ⇔ +1 2sinx t anx(sin 2= x+ ⇔1) (sin 2x+1)(t anx 1) 0− =

0,5

( )

t anx 1

( ) 4

x

 = − +



= −



  = + Vậy phương trình có 2 họ nghiệm :

4

4

 = − +





 = +



0,5

Câu

III

Giải hệ phương trình :

2

( 2) 4 7 3 2 0 (1)

1 1 (2)



 + + = − +

Điều kiện:x2+ + ≥y 1 0

Phương trình (1) ⇔(x+2) (x+2)2 + + + = −3 x 2 y (−y)2 + −3 y

Xét hàm số f t( )=t t2 + +3 t Có

2 2

2

3

t

t

+

⇒Hàm số f(t) đồng biến trên R⇒Phương trình (1) ⇔ + = −x 2 y

0,5

Thay vào (2) ta có

:

2

2

3 2 3

1 1 (tmdk) 1

2

3

x x

x

x

 ≥ −









 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1)

0,5

Câu

IV

Tính tích phân : I=

ln 2

x

e dx

e − +e +

Đặt e x-1 = t2 ⇒e dx x =2tdt Với x= ⇒ =0 t 0 Với x=ln 2⇒ =t 1 0,25

1

2 0

2

tdt I

=

+ +

+ − +

4lnt 2 2lnt 1 4ln 3 6ln 2

Câu

V

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC= , =2 ,a ACB· =1200, đường thẳng A C' tạo với mặt phẳng (ABB A góc ' ') 0

30 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ,A B CC theo a.'

Trong (ABC), kẻ CH ⊥AB (H∈AB), suy ra

( ' ')

CH ⊥ ABB A

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’)

( ' ,A C ABB A' ' )= A C A H' , ' =CA H' =30

2 0

.sin120

ABC

a

0,25

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

7

ABC S

AB

∆

7 sin30

7

14

ABC

a

Do CC'/ /AA'⇒CC'/ /(ABB A' ') Suy ra:

7

a

Câu

VI

Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : 2 x− + 2 y+ + = + 1 1 x y

Tìm GTLN, GTNN của P = ( ) ( ) 2(32 )

xy x y

x y

Từ gt⇒ ≥x 2;y≥ −1

2 x− +2 1 y+1 ≤ 2 +1 x− + +2 y 1 ⇔2 x− +2 y+ ≤1 5(x y+ −1) 0,25 Nên từ 2 x− +2 y+ + = +1 1 x y

2

(x y 1) 5(x y 1)

⇒ + − ≤ + − Đặt t = x + y , ta có:(t−1)2 ≤5(t−1) ⇔ ≤ ≤1 t 6 0,25

Khi đó: P = 12(x y)2 64 12t2 64

Xét ( ) 1 2 64

2

t

= + , với t∈[ ]1;6 , có f t'( ) t 32 ; ( ) 0f t' t 4

t t

0,25

Có (4) 40f = ;; (1) 129

2

6

f = + [ ]1;6 ( ) (4) 40

t

Min f t f

∈

[ ] 1;6

129

ax ( ) (1)

2

t

⇒ GTNN của P là 40 khi

92 12 6

25

x

x y

y

=

 + =

+



GTLN của P là 129

2 khi

2 1

x y

=



 = −



0,25

Câu

VIIa

Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( ) : 2d1 x y+ =0và ( ) :d2 x+2y+3 5 =0 cắt nhau tại

A Lập phương trình đường tròn (C) đi qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1 , cắt d 1 tại B, cắt d 2

tại C (B,C khác A) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 24.

Ta có

( 5; 2 5)

.Gọi

α

là góc tạo bởi hai đường thẳng d1 và d2

4 os

5

c α

.Đường tròn (C) nhận AB là đường kính ⇒

Tam giác ABC vuông tại C⇒ ·BAC =α

0,25

Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R

AC = Rc α = R BC = R α = R

2

ABC

R

VìI∈( )d1 ⇒I a( ; 2 )− a .Có ( ) (2 )2

2 5

a

a

=





0,25

Với a= ⇒0 I(0;0)⇒Phương trình đường tròn (C) là x2 +y2 =25

Với a=2 5⇒I(2 5; 4 5)− ⇒Phương trình đường tròn (C) là ( ) (2 )2

Câu

VIII

a

Trong không gian toạ độ Oyz, cho mặt cầu (S):x2 +y2 +z2 − 4x− 6y+ 10z+ 24 0 =

và hai mặt phẳng ( ) :P x y z+ − + =3 0;( ) :Q x−2y z+ − =1 0.Lập phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Mặt cầu (S) có tâm là I(2;3;-5) và bán kính là R= 14 Mặt phẳng (P) có VTPT là nuur1 =(1;1; 1)−

Mặt phẳng (Q) có VTPT là nuur2 = −(1; 2;1) Vì mặt phẳng (α) vuông góc với hai mặt phẳng (P),(Q) nên có

một VTPT là nr =n nuuruur1, 2= − − −( 1; 2; 3).Chọn nr =(1;2;3)

Phương trình mặt phẳng (α) có dạng :x+2y+3z d+ =0

0,5

Vì mặt phẳng (α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên ( ;( )) 2 6 15 14

14

d

7 14 21

7

d d

d

=



⇔ − + = ⇔  = − Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là:x+2y+3z+21 0= và x+2y+3z− =7 0

0,5

Câu

IXa

Tìm số phức z thỏa mãn 2 2

6

z +z = và z− + = −1 i z 2i

Giả sử z x yi x y= + , ( , ∈¡ Ta có:)

+ z2+z2 = ⇔ +6 (x yi)2+ −(x yi)2 = ⇔6 x2−y2 =3(1) 0,25

+ (x− +1) (y+1)i = +x (y−2)i 2 2 2 2

(x 1) (y 1) x (y 2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

2

3

,



Vậy 2 ; 7 1

4 4

z= +i z= − − i

0,5

Câu

VIIb

Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn ( )C x: 2+y2 −18x−6y+65 0= và ( )C' :x2+y2 =9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm Tìm tọa

độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 24

5 .

0,25

0,25

Đường tròn (C’) có tâm O 0;0 , bán kính R OA 3( ) = = Gọi H AB OM= I , do H là trung điểm của AB

nênAH 12

5

= Suy ra: OH OA2 AH2 9

5

2

OA

OH

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Đặt M ;( )x y , ta có: ( ) 2 2



∈

+ =

2

+ − =

  Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M 4;3 hoặc ( ) M 5;0 ( ) 0,5

Câu

VIII

b

Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)(ac≠0) Vì B(0;3;0)∈Oy nên ( ): 1

3

P

a c

ac

0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ

4

3

2

a

= −



2

Câu

IXb

Tính tổng S C = 12014 + C20145 + + C20142013 0,25

Trong khai triển:

2014 2014 2014 2014 2014 2 1

C + C + C + C + + C =

2014 2014 2014 2014 2014 0 2

C − C + C − C + + C =

2014 2014 2014 2014 2014 2 3

C + C + C + C + + C =

0,25

2014 2014 2014 2014 2014

1+i =C +iC +i C +i C + +i C

Do ( 1 + i )2014 = ( ( 1 + i )2)1007 = ( ) 2 i 1007 = 21007 1007i = − 21007i 0,25

Nên: − 21007i = C201340 + iC12014 − C20142 − iC20143 + C20144 + iC20145 − C20142014

C −C +C − +C −C + C −C +C − +C i 0,25

Vậy : C12014 −C20143 +C20145 −C20147 + + C20142013 = − 21007(4)