Đề luyện thi đại học môn Toán sô 135

Gọi I là trung điểm của cạnh BC.. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng SAH.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 135

Ngày 21 tháng 6 năm 2014

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x = −3 3 mx + 2 ( ) Cm

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) C1

2 Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của( ) Cm cắt đường tròn tâm

( ) 1;1 ,

I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 2cos3 cos 3 1 sin 2 ( ) 2 3 os 22

4

2 Giải phương trình ( 2 )2 2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫   +  

+

x x

x I

1

2ln 3 ln 1 ln

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a = 2 Gọi I là trung điểm của cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA uur = − 2 IH uuur Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH)

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a2+ + = b2 c2 1

Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3

3

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm

của đường thẳng d x y : − − = 3 0 và d x y ' : + − = 6 0 Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) − và N ( 1;1;3) − Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0;0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( )

0

n

n k

=

+ = ∑ Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với

k = i-1

Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

8

3 1 log 3 1 log2 9 7 5 2

x

 − 

+

là 224

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo

BD lần lượt là x − 2 y + = 1 0 và x − 7 y + = 14 0, đường thẳng AC đi qua điểm M ( ) 2;1 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;3;1 , ) ( B − 1; 2;0 , ) ( C 1;1; 2 − ) Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( 3log2x − > 2 ) 9log2x − 2

……….Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 135

I

(2đ)

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x = − +3 3 x 2

• Tập xác định: ¡ Sự biến thiên lim , lim

- Chiều biến thiên: y ' 3 = x2− = ⇔ = ± 3 0 x 1

Bảng biến thiên

Y

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ − ; 1 , 1; ) ( +∞ ), nghịch biến trên khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x = − 1, yCD = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0

0,25

•Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-1 1 2 3 4

x

y

0,25

2.(1,0 điểm)

Ta có y ' 3 = x2− 3 m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' 0 = có hai nghiệm phân biệt ⇔ > m 0 0,25

Vì 1

3

y = x y − mx + nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là

y = − mx +

0,25

Ta có ( , ) 2 2 1 1

m

m

−

+ (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R

= 1 tại 2 điểm A, B phân biệt

Với 1

2

m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 1 1 2 1

.sin

ABI

0,25

Nên S∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I 1

R IH

⇔ = = (H là

trung điểm của AB)

2

2 2

m

m m

+

0,25

II

(2đ)

1.(1,0 điểm)

Đặt t = x 2 x2+ ⇒ = 4 t2 2 ( x4+ 2 x2) ta được phương trình

2

2 2

t t

t

= −



Với t = − 4 ta có 2 2 4 4 ( 04 2) 4 0 2 2 0 2





0,25

Với t = 2 ta có

2

>

III

∫

e

xdx ln x 3 dx x ln

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 +) Tính = ∫e + dx

x x

x I

1 1

ln 1

ln

Đặt 2 1

x

Khi x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2

2 .2 2 2 2 1 2

1

t

0,25

+) TÝnh I x ln x dx

e 1

2

2 = ∫ §Æt













=

=

⇒







=

=

3

x v x

dx du dx

x dv

x ln u

3 2

+

1

0,25

= +

= I1 3 I2

I

3

e 2 2 2

IV

(1đ) S

K

H B

C

A

*Ta có uur IA = − 2 IH uuur ⇒H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2 IH

BC = AB 2 2 = a Suy ra , 3

Ta có 2 2 2 2 cos 450 5

2

a

HC =AC +AH − AC AH ⇒HC=

2

a

SH ⊥ ABC ⇒ SC ABC = ∠SCH = ⇒SH =HC =

0,25

Ta có 2 2 2 2 cos 450 5

2

a

HC =AC +AH − AC AH ⇒HC=

2

a

0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là: . 3 ( )

.

S ABC ABC

a

⊥



( )

( )

SB

d B SAH

0,25

(1đ) Do a, b, c > 0 và a2+ + = b2 c2 1 nên a b c , , ∈ ( ) 0;1 Ta có ( )2 2

3

2 2 1 2

a a

a a

−

Bất đẳng thức trở thành ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3

3

0,5

Xét hàm số f x ( ) = − + x3 x x ( ∈ ( ) 0;1 ) Ta có:

( )0;1ax ( ) 2 3

9

M f x = ( ) ( ) ( ) 2 3

3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1

3

0,5

VIa

(2đ) 1.(1,0 điểm)

Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9

;

2

x

x y

I

x y

y

 =



− − =



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD⇒M = ∩d Ox⇒M( )3; 0

0,25

Ta có: AB = 2 IM = 3 2 Theo giả thiết SABCD = AB AD = 12 ⇒ AD = 2 2

Vì I, M thuộc d ⇒ ⊥ d AD ⇒ AD x y : + − = 3 0 0,25 Lại có MA MD = = 2 ⇒tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình

+ − =



0,25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 0,25 2.(1,0 điểm)

Gọi n r = ( A B C , , ) (A2+B2+C2 ≠0)là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax B y + ( + + 1 ) C z ( − = ⇔ 2 ) 0 Ax By Cz B + + + − 2 C = 0 0,25

( ) ( P : 2 B C x By Cz B ) 2 C 0

Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ( ,( ) )

2 2

4 2 4

B

d K P

=

-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại +Nếu B ≠ 0thì ( ( ) ) 2 2 1 2 1

,

2

B

d K P

B

0,25

Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0,25

VIIa

(1đ) Ta có ( ) ( 1 ) ( )

2

1

x

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là ( )1 3 ( ) 1 5 ( ) ( ) 1

Treo giả thiết ta có ( 1 ) ( 1 ) 1 1

1

1

2

x

x

x x

−

−

−

=

 +

VIb

(2đ) 1.(1,0 điểm)

Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình:

21

5

x

y

 =





21 13

;

0,25

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Lại có ABCD là hình chữ nhật nên ( AC AB , ) ( = AB BD , )

Kí hiệu n uuurAB = − ( 1; 2 , ) n uuurBD = − ( 1; 7 , ) n uuurAC = ( ) a b , lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, AC

2

7

a

= −





 = −



0,25

Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0

A AB = ∩ AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 1 0 3 ( ) 3; 2

A

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

7

;

2

x

x y

I

y

 =



− − =



Do I là trung điểm của AC và BD nên ( ) 4;3 , 14 12 ;

5 5

0,25

2.(1,0 điểm)

H ( x y z ; ; )là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥ AC CH , ⊥ AB H , ∈ ( ABC )

( ) ( ) ( )

2 15

1 2 2 3 0

29 2 29 1

15 15 15 3

3

x

BH AC

AH AB AC

z

=

=

=

= −











uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur uuur

0,5

I ( x y z ; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = BI CI I = , ∈ ( ABC )

AI AB AC





uur uuur uuur

14 15 61 30 1 3

x y z

 =









 = −



0,5

VIIb

(1đ) Điều kiện x > 0Bất phương trình ⇔ 3 ( x − 3 log ) 2 x > 2 ( x − 1 ) ( ) 1

Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)

0,25

TH1: Nếu x > 3 thì ( ) 2

x x x

−

− Xét hàm số ( ) 2

3 log 2

f x = x, hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ )

g x ( ) x 1 3

x

−

=

− , hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; +∞ )

0,25

+ Với x> 4 thìf x ( ) > f ( ) 4 = = 3 g ( ) 4 > g x ( ) Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với x ≤ 4 thì f x ( ) ≤ f ( ) 4 = = 3 g ( ) 4 ≤ g x ( ) ⇒bất phương trình vô nghiệm 0,25 TH2: Nếu x < 3 thì ( ) 2

x x x

−

−

+ Với x≥ 1 thì f x ( ) ≥ f ( ) 1 = = 0 g ( ) 1 ≥ g x ( ) ⇒bất phương trình vô nghiệm

+ Với x < 1 thì f x ( ) < f ( ) 1 = = 0 g ( ) 1 < g x ( ) ⇒Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm

0,25