Đề luyện thi đại học môn Toán sô 136

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tính theo a0 thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, B

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 134

Ngày 21 tháng 6 năm 2014

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

Câu 1 (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 đã cho.

2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm (0;1)I và cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt

,

A B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (2,0 điểm).

1 Giải phương trình (1 cos ) cot− x x+cos 2x+sinx=sin 2x

2 Giải hệ phương trình (3 1) ( 2 7 2)

x y



Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2 6

cos ln(1 sin ) sin

x

π

π

+

Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC⊥(ABCD),đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng

3

a và ·ABC=120 0 Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD bằng ) 45 Tính theo a0

thể tích của khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD

Câu 5 (1,0 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3

P

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 6a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB= 5,C( 1; 1)− − , đường thẳng AB

có phương trình là x+2y− =3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng

:x y 2 0

∆ + − = Tìm tọa độ các đỉnh A và B

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 2; 2; 2), (0;1; 2) A − − B − và (2; 2; 1)C − Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A , song song với BC và cắt các trục y ’ Oy, z ’ Oz theo thứ tự

tại M N khác gốc tọa độ O sao cho , OM =2ON

Câu 7a (1,0 điểm)

Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 2 2

1+ = − +z z i (iz−1)

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 6b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC x: +7y− =31 0, hai đỉnh B, D

lần lượt thuộc các đường thẳng d x y1: + − =8 0, d x2: −2y+ =3 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình

thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( ) : 1 1 2

− và mặt phẳng

( ) :P x+2y z+ − =6 0 Một mặt phẳng ( )Q chứa ( ) d và cắt ( ) P theo giao tuyến là đường thẳng ∆

cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất Viết phương trình của mặt phẳng ( ) Q

Câu 7b (1,0 điểm) Gọi z z là hai nghiệm của phương trình 1, 2 2 5

21

z − π z+ =

nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1n+z2n =1

-Hết -Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỀ 134

1

2,0 đ 1,0 1

đ

1

x y x

−

= +

• TXĐ: D=¡ \{ }−1

• Sự biến thiên của hàm số:

+ Các giới hạn và tiệm cận

lim ; lim

→ − = +∞ → − = −∞ ⇒Đường thẳng x= −1 là tiệm cận đứng

lim 2

→±∞ = ⇒Đường thẳngy=2 là tiệm cận ngang.

0,25

2

3

0 ( 1)

x

= > ∀ ∈

+ Bảng biến thiên:

x −∞ −1 +∞

y ’ + +

y +∞ 2

2 −∞

Hàm số đồng biến trong các khoảng (−∞ −; 1) và ( 1;− +∞) Hàm số không có cực trị 0,25 • Đồ thị: Tự vẽ đồ thị 0,25 2 1,0 đ :y mx 1 ∆ = + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆: 2 2 1 1 ( 1) ( ) ( 1) 2 0 (1) 1 x mx x f x mx m x x − = + ≠ − ⇔ = + − + = + 0,25 Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác −1 0 0 5 2 6 0 0 5 2 6 5 2 6 ( 1) 0 5 2 6 m m m m m m f m ≠  ≠    < − ∧ ≠    ⇔ ∆ > ⇔  < − ⇔   > +  − ≠  > +    Khi đó ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A x mx( ;1 1+1); ( ;B x mx2 2+1) Với x x1, 2 là hai nghiệm của (1) 0,25 Ta có 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 ( ) (1 ) ( ) 4 (1 ) AB= x −x +m =  x +x − x x  +m Mà 1 2 1 1 2 2 , m x x x x m m − + = − = Do đó AB= m1 (m2−10m+1)(1+m2) :y mx 1 mx y 1 0 ∆ = + ⇔ − + = ( , ) 12 1 d d O m ⇒ = ∆ = + 0,25 Khi đó: 2 1 10 1 3 2 2 OAB m m S AB d m − + = = = 2 1 11 10 1 0 1 11 m m m m ⇔ + − = ⇔ = − ∨ = (tmđk) Do đó ∆: y= − +x 1 hay 1 1 11 y= x+ 0,25 2 2,0 đ 1 1,0 đ Phương trình (1 cos ) cot− x x+cos 2x+sinx=sin 2x (1)

Điều kiện: sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ (k∈¢)

Khi đó: (1)⇔ (1 cos )cos cos 2 sin sin 2

sin

x

x

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

0,25

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

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

x

=





0,25

x= ⇔ = +x π kπ k∈

¢

x+ x− = ⇔ x−π = ⇔ − = ± +x π π l π

2

2 2

l

x l

π

 = +



=



Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:

x= +π kπ

2

x= +π l π

2

1,0

đ Hệ phương trình (3 1) ( 2 7 2 (1))

2 4 5 (2)







 + ≥



Với điều kiện trên thì

(1) ⇔ 3x2 −7xy + 2y2 + x −2y = 0 ⇔ (3x−y)(x−2y) +(x−2y) = 0

⇔ (x−2y)(3x−y +1) = 0 ⇔ 2 0

x y



 − + =



0,25

+ x−2y = 0 ⇔ x = 2y

(2): 4y+ 9y =5 ⇔ y = 1 y = 1 ⇒ x = 2 (tmđk) 0,25 + 3x − y + 1= 0 ⇔ y = 3x+1

(2) trở thành: 7x+ +1 7x+ =2 5 ⇔

2

1 7

x

 ≥ −







⇔

17

25

x

x x

− ≤ ≤



 =



x= ⇒ =y (tmđk)

0,25

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = 17 76;

25 25

3

1,0 đ

Tích phân

2

2 6

cos ln(1 sin ) sin

x

π

π

+

Khi đó

1 2 1 2

ln(1 t)

t

+

Đặt:

2

ln(1 )

1 1

dt

t dt

dv

v



Ta có

dt

0,25

27 2ln 3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln

16

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

4

1,0 đ

a 3

I

O D

K B A

C S

Kẻ SK ⊥ AB K ( ∈AB)⇒CK ⊥ AB(định lí 3 đường vuông góc)

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD là góc giữa ) SK và CK Do ·SKC nhọn nên

SKC= , ·ABC=1200 ⇒CBK· =600 Trong tam giác vuông CBK: 0 3

sin 60

2

a

Tam giác SCK vuông cân tại Cnên 3

2

a

SC=

0,25

sin120

2

ABCD

a

S ABCD ABCD

a

0,25

Gọi O=AC∩BD.Ta có BD AC BD (SAC)

⊥

Kẻ OI ⊥SA I SA ( ∈ ) ⇒OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD.

0,25

Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra 3 5

10

a

10

a

0,25 5

1,0 đ Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

a+ ab+ abc a≤ + + + + + = a b c+ +

Đẳng thức xảy ra khi a=4b=16 c

0,25

P

+ + + + Đặt t a b c t= + + , >0

Khi đó ta có 3 3

2

P

≥ − Xét hàm số ( )f t = 3 3

'

2

3 3

2 2

f t

t

t t

2

3 3

2 2

t

t t

Bảng biến thiên:

t 0 1 +∞

' ( )

f t − 0 +

( )

f t +∞ 0 3

2

−

Do đó

0

3 min ( )

2

> = − khi và chỉ khi t =1 Suy ra 3

2

P≥ −

0,25

Vậy GTNN của P bằng 3

2

4 16

a b c

+ + =



 = =

, ,

21 21 21

0,25

6a

2,0đ

1

1,0

đ

Gọi ( ; )I x y là trung điểm của đoạn AB và ( ; ) G x y là trọng tâm của ABC G G ∆ Do 2

3

CGuuur= CIuur

0,25

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:

5

1

2 0

x

y

AB

IA IB= = = Gọi ( )C là đường tròn có tâm (5; 1) I − và bán kính 5

2

R=

( ) : ( 5) ( 1)

4

Tọa độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ phương trình:

Vậy tọa độ hai điểm ,A B là 4; 1 , 6; 3

2

1,0

đ

Từ giả thiết ta có M(0; ;0)m và (0;0; )N n trong đó mn≠0và m= ±2n 0,25

Do ( ) / /P BC và ( ) P đi qua , M N nên VTPT của ( ) P là nr=uuur uuuurBC MN, =(m n+ −; 2 ; 2 )n − m

0,25

TH1:m=2n thì nr=uuur uuuurBC MN, =(3 ; 2 ; 4 ) (n − n − n n≠0).

( )P đi qua ( 2;2; 2) A − − ⇒( ) : 3P x−2y−4z+ =2 0 0,25 TH2:m= −2n thì nr=uuur uuuurBC MN, = − −( ; 2 ; 4 ) (n n n n≠0).

( )P đi qua ( 2;2; 2) A − − ⇒( ) :P x+2y−4z− =10 0.( loại vì ( )P ⊃BC)

Vậy ( ) : 3P x−2y−4z+ =2 0

0,25

7a

1,0 đ Đặt z a bi a b= + , ( , ∈¡ Từ giả thiết ta có ) 2 2

1+ − = − +a bi a (b 1)i + − − +( b 1 ai) 0,25

2

2 ( 1)

b a b

Từ (1) suy ra : 1 2( 1) (2 1)

2( 1)

b

b

+

2

= − ⇒ =





 = − ⇒ = −



Suy ra z= −1 2i hoặc 1 1

2 2

z= − − i

0,25

+ Với z= −1 2i, ta có z = 5 + Với 1 1

2 2

z= − − i, ta có 2

2

6b

2,0 đ 1

1,0

đ

B d∈ ⇒B b −b D d∈ ⇒ d− d

Khi đó D (Buuur= − +b 2d−3;b d+ −8) và trung điểm của BD là 2 3; 8

0,25

Theo tính chất hình thoi ta có :

AC



∈



uuur uuur

Suy ra (0;8); ( 1;1)B D − 0,25

Khi đó 1 9;

2 2

I− 

 ; A AC∈ ⇒ − +A( 7a 31; )a .

2

ABCD ABCD

S

BD

0,25

7

=

2

1,0

đ

Gọi ,H I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( )P và ∆

Ta có ( , )d O ∆ =OI OH≥ ( không đổi) Do đó min ( , )d O ∆ =OH xảy ra khi I ≡H 0,25

Đường thẳng OHđi qua (0;0;0)O và nhận VTPT của ( )P là nr=(1; 2;1) làm VTCP

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

x t

z t

=





 =



(1)

0,25

( ) :P x+2y z+ − =6 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 6t− = ⇔ =6 0 t 1 Từ (1)⇒H(1;2;1)

0,25

Khi đó ( )Q là mặt phẳng chứa ( ) d và đi qua H

Ta có M(1;1; 2) ( )∈ d , VTCP của ( )d là ur=(1;1; 2)− , HMuuuur=(0; 1;1)−

Suy ra VTPT của ( )Q là nuurQ =u HMr uuuur, = − − −( 1; 1; 1), ( )Q đi qua (1;1;2) M

Do đó ( ) : 1(Q − x− −1) 1(y− −1) 1(z− = ⇔ + + − =1) 0 x y z 4 0

0,25

∆

I (d)

Q O

7b

1,0 đ Phương trình 2 2cos5 1 0

21

z − π z+ =

  (1) (1) có

Do đó các căn bậc hai của ∆' là sin5

21

± Vậy (1) có các nghiệm là

1

2







0,25

n n

0,25

0,25