Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mpSAC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A.. Xá
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG
Web: http://violet.vn/vanlonghanam
ĐỀ 11
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
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y= −x3+3x2−2 ( )C
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt A(2; 2),
B, C sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị ( )C tại B và C đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a 3 sin 2 cos 2 5sin (2 3) cos 3 3 1
x
+
b (x2 +1)2 =5−x 2x2 +4
Câu 3.(1,0 điểm) Tính: ∫ + dx
x
x
2
cos 1 tan
Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân tại C, AB =3a,
2
14
a
SB= Gọi G là trọng tâm ∆ABC, SG ⊥(ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC)
Câu 5.(1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
a b +b c +c a ≥
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn một trong hai phần ( A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu 6.a(1,0 điểm) Cho elip (E): x2 y2 1
16+ 5 = và 2 điểm A(-5; -1), B(-1; 1) Xác định tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho diện tích ∆MBA lớn nhất
Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log3(x2 – 4) + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4
Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng:
) N n ( ) 1 2 ( 2 3 C
3 C 3 C
n 4
4 n 2 2 n
o
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A
thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0 Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình : x
– y –2 = 0 Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình: (6x 1)log (x 1) (x 1)log 2(x 1)3 7 0
2
2
+
Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển ( 3 − 4 5 ) 124 có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ
-HẾT -HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI
Trang 2CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 a - TXĐ: D = R.
- Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: lim ; lim
→−∞ →+∞
+ Chiều biến thiên:
2 x 0 y' 3x + 6x ; y' 0 x 2 = = − = ⇔ = Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -2; đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 2 - Bảng biến thiên:
x - ∞ 0 2 + ∞
y’ - 0 + 0 -
y +∞ 2
-2 -∞
0,25 0,25 0,25 Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2) 0,25 b Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : -x3 + 3x2 - 2 = m(2-x) +2 (1)
=
−
−
−
=
=
⇔
) 2 ( 0 m 2 x x ) x (
2 x
2
0,25
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔pt (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ pt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
≠
−
>
⇔
≠
−
>
+
⇔
≠
>
∆
⇔
0 m 4
9 m 0
m
0 9 m 4 0 ) 2 (
Hoành độ điểm B và C là nghiệm của pt(2)
Ta có: xB + xC = 1 và xB.xC = -m -2
Tích hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại B và C là: 0,25
Trang 3y’(xB) y’(xC) = (3xB2-6xB) (3xC2- 6xC) = 9(m+1)2 -9 ≥ -9 ; ) \{ }0
4
9 (
∀ Dấu "=" xẫy ra khi
m = -1 Vậy y’(xB) y’(xC) nhỏ nhất bằng -9 đạt được khi m = -1
0,25
Câu 2 a.
Điều kiện:
2
3 x
Phương trình đã cho tương đương với:
3sin2x−cos2x−5sinx− 3cosx+3=0
= +
=
⇔
=
− +
−
⇔
= +
− +
−
⇔
2 x sin x cos 3 2
1 x sin 0
) 2 x sin x cos 3 )(
1 x sin 2 (
0 2 x sin 5 x sin 2 x cos 3 x cos x sin 3
0,25
0,25
π +
π
=
⇔
=
π +
⇔
= +
π +
π
=
π +
π
=
⇔
=
2 k 6 x 1
) 3 x sin(
2 x sin x cos 3
2 k 6
5 x
2 k 6 x 2
1 x sin
Đối chiếu điều kiện => nghiệm của phương trình là =π+ k 2 π
6 x
0,25
0,25
b Phương trình đã cho tương đương với: x4 + x2 +1=5−x x2 +4
⇔ x 2 ( x 2 + 2 ) = 4 − x 2 ( x 2 + 2 )
Đặt
2
t ) 2 x ( x )
2 x ( 2 x t )
2 x ( 2 x t
2 2
2 2
2 2
= Phương trình trở thành t2 =4−t⇔t2 +2t−8=0 ⇔tt==−24
2
0,25
0,25
2 x
2 x
0 x 0 8 x 2 x
0 x 4 ) 2 x ( 2 x 4
=
<
⇔
=
− +
<
⇔
−
= +
⇒
−
=
3 1 x
3 1 x
0 x 0 2 x 2 x
0 x 2 ) 2 x ( 2 x 2
+
−
=
>
⇔
=
− +
>
⇔
= +
⇒
=
0,25
0,25
Câu 3
+
= +
) x cos 1 ( x cos
x cos x sin dx
) x cos 1 ( x cos
x sin dx
x cos 1
x tan
Đặt t = cos2x => dt = -2sinx.cosxdx
dt
0,25 0,25
Trang 41 1 1
t
t
+
2 2
1 1 cos
2
x c cox x
+
0,25
0,25
Câu 4
Câu 5
a S
I B
A
K C
Gọi I là trung điểm của AB =>
2
a IG 2
a 3
CI = => =
∆IGB vuông tại I => GB2 = IG2 + IB2
= 2
a
5 2
∆SGB vuông tại G => SG2 = SB2 - GB2= a2 => SG = a
4
a 3 a 3 2
a 3 2
1 a 3
1
SG 3
1 V
3 ABC
ABC
Kẻ GK//BC (K∈AC) ⇒ AC ⊥ (SGK) ⇒ SK ⊥ AC
∆GKC vuông cân tại K ⇒ GK =GCsin450 =
2 a
∆SGK vuông tại G ⇒
2
6 a GK SG
∆AIC vuông tại I ⇒ AC= IA2 +IC2 = 3a2
S∆SAC
4
3 a 3 AC SK 2
=
=
.
3 ( ;( )) S ABC 3
SAC
V
S∆
ab 9
4 b 9
2 a
) 1 a a ( b 9
2 a
a b 3
2 a ab 3
ab 2 a b b a
ab 2 a
b a
3
3 3
3
3 2
−
−
=
+ +
−
≥
−
=
−
≥ + +
−
= +
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5Tương tự:
9
4 a 9
2 c a 2 c
c
; bc 9
4 c 9
2 b c 2 b
b
3
2
3
2
−
−
≥ +
−
−
≥ +
Do đó
1 3
) c b a ( 9
4 3 7
) ca bc ab ( 9
4 ) c b a ( 9
2 ) c b a ( a 2 c
c c 2 b
b b
2 a a
2 3
2
3
2
3 2
= + +
−
≥
+ +
− + +
− + +
≥ + +
+ +
0,25
0,25
0,25
Câu 6a Phương trình đường thẳng AB: x -2y + 3 = 0
AB = 2 5 Giả sử M(xo;yo) ∈ (E) ⇒ 5xo + 16yo = 80
5
| 3 y 2 x
=
AB) d(M;
| 3 y 2 x
| ) AB
; M ( d AB 2
1
0 0
∆
Ta có:
9
| 3 y 2 x
| 9
3 y 2 x 3
6 y 2 x 6 6
| y 2 x
|
36 ) y 16 x )(
4
1 5
1 ( ) y 4 2
1 x 5 5
1 (
0 0 0
0
0 0 0
0
2 0
2 0
2 0 0
≤ +
−
⇒
≤ +
−
≤
−
⇔
≤
−
≤
−
⇔
≤
−
⇒
= +
+
≤
−
−
=
=
⇔
=
−
−
=
⇔
= +
−
−
=
⇔
=
∆
3
5 y 3
8 x 6 y 2 x
y 8 x 9
3 y 2 x
2 1
y 4 5 1
x 5 9
0
0
0 0
0 0
0 0
M
S AB
Vậy điểm M cần tìm là:
−
3
5
; 3
8 M
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7a Điều kiện x > 2 hoặc x < -2
Phương trình đã cho tương đương với:
log3(x2 – 4)2 + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 4
⇔ 4log3(x + 2) 2 = 4 ⇔ log3(x + 2) 2 = 1 ⇔ (x + 2) 2 = 3
0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 6⇔ x 2 + 4x + 1 = 0
−
−
=
+
−
=
⇔
3 2 x
3 2 x
Đối chiếu với điều kiện ⇒ nghiệm của phương trình là x = -2 - 3
Câu 8a Ta có:
n 1 n 1 n 1 n 2
2 n
1 n
0
−
n 1 n 1 n 1 n 2
2 n
1 n
0
−
n 2
2 n
0 n n
) x 1
⇒
n 2
2 n
0
C (
2
2 4 3 C
3 C
n 2
2 n
0
0,25
0,25 0,25 0,25
Câu
6b A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t)
Ta có: d(C; DM) =
2
1
d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2
−
=
=
⇔
1 t
3 t
t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM)
t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2)
) 3
; 5 ( D 5 m
) 1 m ( ) 3 m ( ) 7 m ( ) 1 m (
0 ) 1 m )(
7 m ( ) 3 m )(
1 m ( CD
AD
CD AD
2 2
2 2
⇒
=
⇔
+ +
−
=
− + +
= +
− +
− +
⇒
=
⊥
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1)
Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
7b
Điều kiện x > -1 Phương trình đã cho tương đương với:
= + +
−
= +
⇔
=
− +
− + + +
7 ) 1 x ( log ) 1 x (
1 ) 1 x ( log 0
7 ) 1 x ( log ) 6 x 6 ( ) 1 x ( log ) 1 x (
2
2 2
2 2
2
1 x 2
1 1 x 1 ) 1 x ( log2 + = − ⇔ + = ⇔ = − (thỏa mãn điều kiện)
1 x 6
7 ) 1 x ( log 7
) 1 x ( log ) 1 x 6
+
− +
⇔
= +
Xét hàm số
1 x
7 ) 1 x ( log ) x
+
− +
0,25
0,25
0,25
Trang 7'
2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )
6
1
; 1
6
1
⇒ Trên mỗi khoảng )
6
1
; 1
6
1 ( − +∞ nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất
Lại có f(1) = 0 ; f(-3/4) = 0 ⇒ x = 0 và x = -3/4 là nghiệm của phương trình
f(x) =0
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 1
2
x= − ; x = 0 ; x = -3/4
0,25
Câu
8b Ta có:
124
62 124
124 0
k k
k k k
=
Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ
62 2 4
k N k
N
k N k
− ∈
∈
⇔
∈
≤ ≤
4
k i
i N i
=
⇔ ∈
≤ ≤
⇒ i ∈ {0; 1; 2…; 31} Vậy có 32 số hạng hữu tỷ
0,25
0,25
0,25 0,25