Đề thi thử đại học môn Toán khối A số 2

Tìm tọa độ điểm M trên sao C cho khoảng cách từ điểm I–1 ; 2 tới tiếp tuyến của C tại M là lớn nhất.. Gọi M là trung điểm của cạnh BC.. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC.. Tín

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG

Web: http://violet.vn/vanlonghanam

ĐỀ 2

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 I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

1 2

+

−

=

x

x y

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

2 Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 1 1

sin 2x sin x 2 cot 2x

2sin x sin 2x

2 Giải hệ phương trình : 3 3( 3)

2 2

y x 9 x

x y y 6x





 trên tập số thực

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2

4

sin x

4 dx 2sin x cos x 3 π

π

π

 + 

−

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một tại O,

OB = a, OC = a 3và OA =a 3 Gọi M là trung điểm của cạnh BC

1 Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC )

2 Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x2+ y2 + = z2 3 Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức P xy yz zx 5

x y z

+ + .

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)1 Trong mp tọa độ Oxy, cho ∆ ABC có A(2 ; 5), B(–4 ; 0), C(5 ; –1) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2; 5;0 − ) Viết phương trình đường thẳng d qua A biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 600

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn | z - 1| | = z + 3|và | |z 2 + =z2 2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm 16 23

;

27 9

 , phương

trình cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là 5 5

;

2 2

K− 

  Viết phương trình

các đường thẳng AB, AC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2+ y2+ − z2 2 x + 4 y − 6 z − = 2 0 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0

a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)

b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N∈(S) Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

log log log log 1



-Hết -Câu I.

3 2 1

1 2

+

−

= +

−

=

x x

x y

xlim y 2

xlim y1+ ; lim yx 1−

2

) 1 (

3 '

+

=

x

y > 0, ∀x∈D

Hàm số tăng trên từng khoảng xác định

0,25

x

y

-2 -1

1 2 3 4 5

0,25

1

3 2

;

0

x x

M   − +   ∈ thì tiếp tuyến tại M có phương trình

) ( ) 1 (

3 1

3

0 0

x x x

x

+

= + +

0

x

0,25

Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là

0 2 0

4 0

0 4

0

0 0

) 1 ( ) 1 ( 9

6 )

1 ( 9

1 6 1

9

) 1 ( 3 ) 1 ( 3

+ + +

= + +

+

= +

+

+

−

−

−

=

x x

x

x x

x x

Theo bất đẳng thức Côsi ( 1) 2 9 6

) 1 (

0 2 0

=

≥ + +

Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi và chỉ khi 2 0 2

0

9 (x 1) (x 1) = + +

⇔ (x0 + 1)2 = 3 ⇔x0 = − ±1 3

0,25

Vậy có hai điểm M : M ( − + 1 3; 2 − 3 ) hoặc M(−1− 3;2+ 3) 0,25

Câu II

sin 2x sin x 2cot 2x

2sin x sin 2x

Điều kiện: sin x 0

cos x 0

≠



pt ⇔ 2

sin 2x sin 2x.sin x cos x 1 2cos 2x+ − − = 0,25

2

cos 2x cos 2x cos x 2 0 cos 2x 0

2cos x cos x 1 0 : VN

=





0,25

k x

4 2

y x 9 x

x y y 6x



 + =

 trên tập số thực

Khi x = 0 ⇒ y = 0

Khi x ≠ 0 , ta có

3 3

3

x

Mà x y y2 2 6x y x y 6

x

0,25

Do đó

Ta có

y 2

y 2

x

=



Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)

0,25

Câu III

(1,0đ)

Tính tích phân I = 2

4

sin x

4 dx 2sin x cos x 3

π

π

π

 + 

−

2

2 4

1 sin x cos x

dx

2 sin x cos x 2

π

π

+

−

Đặt t = sinx – cosx ⇒ dt = (cosx + sinx)dx

Đổi cận: x =

4

π⇒ t = 0

x = 2

π ⇒ t = 1

I =

1 2 0

dt

t 2 2

−

+

∫

0,25

Đặt t= 2 tan u⇒ =dt 2 1 tan u du( + 2 ) ; u

− < <

2

2 0

2 1 tan u 1

du

2 tan u 2 2

+

−

+

∫

0,25

1 arctan 2 0

1 u 2

= − = 1 arctan 1

Câu IV

(1,0đ)

Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK

Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH

Chứng minh OH vuông góc mp (ABC)

0,25

OH =OA +OK =OA +OB +OC 52

a

=

Suy ra d(O, (ABC)) = OH = 5

5

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó O(0;0;0), 0,25

(0; 0; 3); ( ; 0; 0), (0; 3; 0),

3

; ; 0

2 2

a a

0; ;

uuuur uuur

,

( 3; 1; 1)

nr= là VTPT của mp ( OMN )

Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến : 3 nr x y z+ + =0

Ta có: ( ; ( )) 3. 0 0 3 15

5

15

5

a

d B NOM =

MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN

⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = ( ; ( )) 15

5

a

d B NOM =

0,25

Câu V

xy yz zx

Đặt t = x + y + z, ta có:

2

t 3

2

−

3 t 3

⇒ ≤ ≤

0,25

Khi đó, ta có: P f t ( ) t2 3 5

2 t

−

5 t 5 '

−

= − = > ∀ ≥ Vậy ta có: P f t( ) ( )f 3 14

3

0,25

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy max P 14

3

Câu VI.a

(2,0 điểm) 1 TH1: Ta có: AMC 2 ( ) 1

AMB

S S

∆

∆

=

Trong ∆ ABC, dựng đường cao AH

1 2

1 2

MB

BM AH

0,25

Khi đó: MC uuuur = − 2 MB uuur ( 1; 1)

3

M

Pt đường thẳng d1: 16x – 9y – 4 = 0

0,25

TH2: AMB 2 ( ) 2

AMC

S S

∆

∆

=

Cm tương tự: (2; 2)

3

M

Pt đường thẳng d2: x – 2 = 0

0,5

z A 3

a

3

C

N O

M a

x B

( 2;5; ) ; ( 0;0;1 )

2

1 cos ; cos 60

2 27

k

AK k

k

+

uuur r

3

k

( 0;0; 3 , ) ( 2;5; 3 )

x = = y z − x = = y z −

−

Câu VII.a

(1,0 điểm) Gọi z = a + bi (a, b∈¡ ), ta có:

| z - 1| | = z + 3| a 1

b R

= −



⇔  ∈

 (1)

0,25

| |z + =z 2

0

a ab

 =

⇔  =



1 0

= ±



⇔  =



a

( ) ( )

0 2

a b

  = −

  = 

Câu VI.b

(2,0đ) 1 đt AH qua H vuông góc BC ⇒ (AH) : 6x + y + 1 = 0

A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 )

B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b)

K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0

0.25

Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0)

Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0

0.25

đường cao CH qua H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25

HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25

2 a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)

(S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4 0,25 (Q): x + y + z + D = 0 (D ≠ 2012) 0,25 ( )

( , ) 4 2 4 3

Vậy (Q) : x + y + z 2 4 3 0 − ± = 0,25 b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N∈(S) Xác định tọa độ điểm

M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất

MN2 = IM2 – R2

MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).

0,5

phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: x 1 y 2 z 3

x y z 2012 0

− = + = −





Vậy 2017 2008 2023; ;

0,25

Câu VII.b

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

log log log log 1



log log log log 1

ïïí

2

log log log 2 log log

ïí

ïïî

0,25

( ) ( )

2 2

2

log log log log

x y

x y

−

−



⇔ 



0,25

2

2 3

2 3 0

− =



⇔  − − =



9 3

=



⇔  =



x

y hay

1 1

x y

=



 = −



So điều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm 9

3

x y

=



 =



0,25

Đáp án HKG cổ điển cách 2

b) OM = MN = a , ON = a 6

2 ⇒ SOMN =

2

a 15 8

OB = OM = MB = a ⇒∆OBM đều ⇒ SOBM =

2

a 3 4 Gọi I là trung điểm OC ⇒ NI là đường trung bình của ∆OAC ⇒ NI ⊥(OBC) và NI = a 3

2

VN.OBM = 1

3 SOBM.NI =

3

a 8 Mặt khác, VN.OBM = 1

3 SOMN.d[B,(OMN)] ⇒ d[B,(OMN)] = NOBM

OMN

3V

S =

3a 15

MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN

⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = ( ; ( )) 3 .

15

d B NOM