Đề thi thử đại học môn Toán khối A số 4

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị.. Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng SAB hợp mặt phẳng đáy góc 600.. PHẦN TỰ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG

Web: http://violet.vn/vanlonghanam

ĐỀ 4

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề

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

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số y= − +x3 3x2−2 (C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

2 Tìm tham số m để đường thẳng y mx m= − cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt A(1;0), B, C sao cho diện tích tam giác HBC bằng 1(đvđt), với H(1;1).

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2cos2 (sin 3 cos ) 3 cos 2sin( )

x π

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

4 2

2 (10 17 3) 3 15





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

4

12

sin cos

tan cot

π

π

−

=

+

∫

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên

đáy trùng trọng tâm H của tam giác ABC Tính theo a thể tích của khối chóp S.HACD và khoảng cách từ đường thẳng SC tới đường thẳng BD biết mặt phẳng (SAB) hợp mặt phẳng đáy góc 600

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương Chứng minh rằng

3

2 2 2

1

x y z xy yz yz xz xz xy x y z

Dấu bằng khi nào xảy ra?

PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).

A Theo chương trình chuẩn:

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1;0) đường chéo BD có phương trình

1 0

x y− + = Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết khoảng cách từ tâm của hình thoi tới BC bằng 8

5 .

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, tìm điểm M thuộc mặt cầu (S)

(x−2) + −(y 1) +z =3sao cho M cách đều H(1;0;1) và mặt phẳng (P) 2x+2y z+ − =1 0 một đoạn có độ dài bằng 2

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2 0,5 3

1

1

x

B Theo chương trình nâng cao:

Câu 7.b (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong từ đỉnh A x− =1 0, phương trình đường cao từ đỉnh C x−2y− =6 0 Tìm toạ độ A, B, C biết đỉnh B thuộc đường tròn có phương trình x2+ −(y 2)2 =25và đường thẳng AC đi qua M( 1;1)−

Câu 8.a (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho A(1; 0; 0) B(0; -2; 0) C(1; 1; 0) Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P)

x+ y− = sao cho 2 2 2

2

MA + MB +MC nhỏ nhất

Câu 9.b (1 điểm)

Tính tổng

S = + + +L L L + + với C k là tổ hợp chập k của n phần tử

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.

I(2đ) 1(1đ

)

Khảo sát hàm số (C)

a) TXĐ: R

b) SBT

•Giới hạn: xlim→−∞y= +∞; limx→+∞y= −∞ đồ thị hs không có tiệm cận.

•Chiều biến thiên: ' 3 2 6 , ' 0 0

2

x

x

=



0,25

BBT

0,25

Hàm số NB trên (−∞ ; 0)

và (2 ; +∞),

ĐB trên (0 ; 2)

Hàm số CĐ(2;2) CT(0;-2)

0,25

c) Đồ thị:

Tâm đối xứng:I(1 ; 0)

0,25

2(1đ) Tìm m

.PTHĐ − +x3 3x2− =2 mx m− ⇔ 2

(x−1)(x −2x− +2) m x( − =1) 0

⇔ 1 2

x

F x x x m

=

0,25

. Điều kiện

0

3 (1) 0 m

F

∆ >

0,25

y’

y

-2

2

- +

- Giả sử B x mx( ;1 1−m) C x mx( ;2 2−m)

. BC= (1+m2) ( x1+x2)2−4x x1 2 = 4(3−m)(1+m2)

1

1

d H BC

m

= + ,

2

S= d H BC BC= −m +m = ⇔ =m 2( )n KL

0,5

II(2đ) 1(1đ

)

Giải phương trình

. Phương trình ⇔ sin cos 2 3 cos3 3 cos (sin 3 cos )

⇔ sin 3 cos sin cos 3 cos (2 cos2 1) 0

(sin 3 cos )(1 cos ) 0

2

x

0,5

. TH1 cos2x = − ⇔1 x=2π+k4π ( k Z∈ )

0,25

. TH2 sinx+ 3 cosx=0 ⇔ tan 3 2

3

x= − ⇔ = − +x π k π

( k Z∈ )

0,25

Vậy phương trình có các nghiệm như trên

2(1đ) Giải hệ pt…

Điều kiện x≥14 Phương trình (2) ⇔ 2 (5y4 x−1)(2x− =3) 3(1 5 )− x

1 ( ) 5

x l

=

⇔

+ =

0,25

. Ta được hệ pt



 + =



Chia pt thứ nhất cho y và pt thứ hai cho 2 4

y (do y=0 loại)

Ta được

4

3

x y







 − + =



0,25

• Đặt a 4x 1;b 32

y

= − = với a≥0,b>0

Ta có hệ pt 2 2 5

5

a ab b

a b



 ta được

5 1

b a

b

−

⇒ =

+ thay vào (2)

2 2

2

5

1

2 3 20 20 0 ( 1)( 3 20) 0 ( 1)( 2)( 5 10) 0

b b b

+

0,25

0,25

• Nên

4

5 2

4 1

3

x a

b

y

 =

=

1

2

x a

b

y

 =



=



Kết luận ( ; ) 5; 3

4

x y = ± 

4

1 3 ( ; )

2 ± 2

III(1đ) 1(1đ

)

Tính tích phân.

•

2

sin 2

1 2

x

• Đặt t=sin 2x ⇒ =dt 2cos 2xdx

Đổi cận

1

12 2 1 4

π

π ⇒

Khi đó

1 2 2 1 2

1

t

t

=

−

∫

0,25

•

1

2

1

2

−

• KL 1 1 ln21 14 2

8 4 2 9 4 2

−

0,5

(1đ) Tính thể tích và khoảng cách

• Kẻ HI ⊥AB , vì SH ⊥AB nên AB⊥(SHI)

Gt được góc SIH=600

0,25

• Do IH AD nên // BH IH

BD = AD

1 2

3 2

a a

IH

• tan 600

3

a

SH =IH =

• dt AHCD( )=dt ABCD( ) ( (− dt AHB)+dt BHC( )) =

• V

( )

SH dt AHCD

0,25

• Kẻ Cx//BD suy ra BD//(SC,Cx)

• d SC BD( , )=d BD SC Cx( ,( , ))=d H SC Cx( ,( , ))

• Kẻ HK⊥Cx tại K

0,25

• Vì SH⊥Cx, HK⊥Cx nên Cx⊥(SHK) hay (SHK)⊥(SC,Cx)

• Kẻ HN⊥SK suy ra HN⊥(SC,Cx)

• d(SC,BD)=HN= 2 2 2 2

5

a a

SH HK = a a =

0,25

B

C

I

N

x

S

H K

V (1đ) Chứng minh rằng…….

• Đặt

1

(2 ) (2 ) (2 )

P

x y z y z x z x y x y z

• Ta có

3

3

3

2 (2 ) 3 9

2 (2 ) 3 9

2 (2 ) 3 9

x

y z x

y

z x y

z

x y z

+

+

+

+

+

+

0,25

• Cộng vế ta được

xy yz yz xz xz xy

+ +

• Hay P≥1 Dấu bằng xảy ra khi x= = =y z 1 (*) 0,25

• Đặt 2 2 2

( 1)( 1)( 1) 1

Q

x y z

+ + +

• Ta có 2 2 2 1 2 1 2 1 2

x +y + + ≥z x y+ + z+ ≥ x y z+ + +

Vì 2 2 1 2

2

a +b ≥ a b+ dấu = khi a=b

3

x y z

x+ y+ z+ ≤ + + +

dấu = khi x=y=z

Q

x y z x y z

2 54 ( )

( 2)

Q f t

t t

+ xét hsố f(t) trên (1;+∞)

'( ) 22 1624 0 1( )

4( ) ( 2)

t l

f t

t t

=

−

= + Lập bbt ta được

1 ( ) 4

f t ≤ =f(4)

Vậy 1

4

Q≤ dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (**)

• Từ (*), (**) suy đpcm

0,5

PHẦN TỰ CHỌN:

VIa(2đ) 1(1đ

)

Tìm B, C, D…

• pt AC đi qua A, vuông góc với BD x+y-1=0

• I là giao AC, BD nên I(0;1)

0,25

• Vì I là trung điểm AC nên C(-1;2), kẻ IH vuông góc BC nên IH= 8

5

• AC= 2 2 ⇒ IC= 2, do tam giác ICB vuông tại I nên

12 12 12 ID 2 2

IH +ID = IH ⇒ =

0,25

• Nên BD= 4 2

• Toạ độ B, D thoả mãn

2 ( 1)2 8

1 0

x y

x y



0,25

0,25

• Giải được 2, 3

2, 1

• KL 1 1 1

(2;3), ( 2; 1), ( 1; 2) ( 2; 1), (2;3), ( 1; 2)

2(1đ) Viết phương trình mp(P)…………

• Gọi M(a;b;c)

• Do M thuộc mặt cầu (S) nên (a−2)2+ −(b 1)2+ =c2 3(1)

• Do MH=2 nên (a−1)2+ + −b2 (c 1)2 =2 (2)

• Vì d(M;(P))=2 nên 2 22 2 1 2

2 2 1

a+ b c+ −

= + + (3)

0,5

0,25

• Từ (1), (2) ta được 2a+2b-2c=4 (4)

Từ (3) TH1 2a+2b+c=7 (5)

Do đó c=1 thay vào (2), (4) được

3, 0 3

a b

a b



• Từ (3) TH2 2a+2b+c=-5 kết hợp (4) ta có c= -3 Thay vào (2) được (a−1)2+b2 = −2( )l

• Kết luận M(1;2;1) M(3;0;1), 0,25

VII.a (1 đ) Giải bất phương trình

•BPT ⇔

0,5

•

2

2

0 1

1

x

x x

x x



 +



0,25

•Kết luận T = −1 3;1+ 3

0,25

VI.b(2đ) 1(1đ

)

Tìm toạ độ………

• Gọi AD x-1=0, CE x-2y-6=0

Kẻ HM vuông góc AD tại K, H thuộc AB Pt HM y=1

• K là giao điểm HM và AD nên K(1;1), từ đó H(3;1)

• Pt AB qua H vuông góc CE là 2x+y-7=0

• A là giao điểm AB, AD nên A(1;5)

0,5

• Pt AC qua A, M 2x-y+3=0 Nên C là giao CE và AC nên C(-4;-5)

• B thoả mãn 22 7 02

( 2) 25

x y

x y

+ − =



 giải được B1(0;7),B2(4; 1)−

• Vì AD là phân giác trong nên loại B1(0;7)

0,5

2(1đ) Tìm toạ độ…….

• Gọi I(a;b;c) thoả mãn IAuur uuur uur r+2IB IC+ =0

0,25

• Ta được

1 2

1 2(0 ) (1 ) 0

3

0 2( 2 ) 1 0

4

0 2(0 ) (0 ) 0 0

a

 =



−



Nên I(1; 3;0

2 4

− ) cố định

IA IB IC IM IA IB IC MI

IA IB IC MI

uur uuur uur uuur uur uuur uuur uur uur uur

0,25

• Do I, A, B, C cố định nên tổng nhỏ nhất khi và chi khi MI nhỏ nhất Hay M là hình chiếu của I lên (P)

• Gọi M(x;y;z) ta có IMuuur=k n.r( )P

1

2

2 3 0

x y



• KL (13 17; ;0)

10 20

M

0,5

VII.b 1 đ Tính tổng

•

2014

2015

2014!

!(2014 )!

1 1 2015 ( 1)! 2015 ( 1) ! 2015

k

k

C

+

−

∀ =k 0 2014

0,5

•

2015 2015 2015 2015 2015

2015 0 2015

1 2015 1 (1 1) 2015

C

L L L

• Kết lận: S=

2015

2015

−

0,5