Đề thi thử đại học môn Toán khối A số 12

Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên C, tiếp tuyến của C tại M cắt các tiệm cận tại A, B.. Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG

Web: http://violet.vn/vanlonghanam

ĐỀ 12

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

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

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 1

1

x y x

−

=

− (C).

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

2 Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận, M là một điểm bất kì trên (C), tiếp tuyến của (C) tại M cắt các tiệm cận tại A, B Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C)

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

sin sin 3 os cos3 1

8 tan tan

 −   + 

1 + 1 − x  1 + x − 1 − x  = + 2 1 − x

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

0

I =∫x x + +x dx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có AB AD a = = , 3

AA '

2

a

= , góc BAD bằng 600 Gọi

M, N lần lượt là trung điểm của cạnh A’D’ và A’B’ Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) và tính thể tích khối đa diện AA’BDMN theo a.

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a b c, , thỏa mãn a2+ + =b2 c2 1, ta có:

3

a a a b b b c c c

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

I Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0 Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1;1;1) và đường thẳng d: 14 5

x− = =y z+

− Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 16

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x2 trong khai triển:

4

1 2

n

x x

 + 

  , biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

n n

+

II Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình 7x – y + 8 = 0 Viết phương trình các cạnh của hình vuông

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z+ + − =1 0 và hai điểm A(1;-3;0), B(5;-1;-2) Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB − đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hệ phương trình

2

1

0

m R



 + − =



Tìm m để hệ có nghiệm

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn thi: TOÁN

.

• TXĐ : D = R\{ } 1

• Sự biến thiên:

y’ = ( )2

1 0,

x

− < ∀ ∈

Hàm số nghịch biến trên: ( −∞ ;1 à 1; ) ( v +∞ )

0,25

Giới hạn: lim lim 2

x→+∞=x→−∞= ; tiệm cận ngang: y = 2 lim1 , lim1

x→+ = +∞ x→− = −∞; tiệm cận đứng: x = 1 0,25

Gọi M(m; 2 1

1

m m

−

− ) Tiếp tuyến của (C) tại M:

1 1

m

m m

−

−

0,25

A(1; 2

1

m

2 2

m

m − = m

1

2

IAB

S∆ = IA IB= Vậy diện tích tam giác IAB không đổi khi M thay đổi trên (C)

0,25

Điều kiện:

6 2

k

x≠ +π π

 −   + =  −   − = −

0,25

Phương trình tương đương với: 3 3

sin sin 3x x c+ os cos 3x x = 1

8

1 os2 os2 os4 1 os2 os2 os4 1

1

2 os2 os2 os4

2

c x c x c x c x c x c x

c x c x c x

0,25

( ai )

6

k Z

π π

π π

 = +



 = − +



Vậy :

6

x= − +π kπ

0,25

Đk: -1 ≤ ≤ x 1

Đặt u = ( )3

1 x + , v = (1−x)3 ; u,v ≥ 0

Hệ thành:

2

u v

uv u v uv

 + =







0,25

2

( ) 2

+ = − + + = − +

0,25

2

1 2 2

u v

u

u v

 + =



− =

2 2

x

2

2 1

2

x

x

+

 =



 = + +

=



2 0

1 1 2 2

+

+ +

∫

0,25

0

0

ln 3

dx

J

+ +

∫

0,25

1

2 2

dx J

x

=

 

 +  +  ÷

 ÷

   

tan , ;

x + = t t ∈ −  π π 

3 6

J = ππdx=π

∫

0,25

Vậy I = 3

ln 3

4 -

3 12

Gọi O là tâm của ABCD, S là điểm đối xứng với A qua A’⇒ M, N lần lượt là trung

điểm của SD và SB

AB = AD = a, góc BAD = 600 ⇒ ∆ABD đều ⇒ OA = 3

2

a

AC a=

3, ' AA '

2

a

CC = =

0,25

'

AO SA

SAO ACC

AC CC

' ~

⇒ ∆ ∆ (I là giao điểm của AC’ và SO)

'

⇒ ⊥ (1)

Mặt khác BD⊥(ACC A' ')⇒BD⊥AC' (2)

Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

0,25

2 2

'

3

3 2 4 2 32

SABD

SA MN

a

V

 

 

0,25

2

7 32

a

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

3

1 2

1

a a

−

BĐT thành: ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3

3

− + + − + + − + ≤

0,25

Xét hàm số f x ( ) = − + x3 x x , ∈ ( ) 0;1

Ta có: ( ) M 0;1 ax f x ( ) = 2 3

9

0,25

0,25

3

f a f b f c

Đẳng thức xảy ra 1

3

a b c

⇔ = = =

0,25

I 9 3

;

2 3

Giả sử M là trung điểm cạnh AD Ta có: AB = 2IM = 3 2

ABCD

AD qua M và vuông góc với d1 ⇒ AD: x + y – 3 = 0

0,25

Lại có MA = MB = 2

Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:

1

y

+ − =

 − + =  = 

4 1

x y

=



 = −



0,25

Chọn A(2 ; 1) ⇒ D ( 4; 1 − ⇒ ) C ( ) 7; 2 à 5;4 v B ( ) 0,25

( ) ( ) (2 ) (2 )2

0

n

n n

n

+

1

1

3 1 6560

n

+

+

−

4 7 4

0

2 2

k k k

x

−

 +  =

Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa: 14 3

4

k

k

Vậy hệ số cần tìm là: 21

4

Gọi A(-4; 8) ⇒ BD: 7x – y + 8 = 0⇒ AC: x + 7y – 31 = 0 0,25 Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b)

D: ax + by + 4a – 5b = 0,

D hợp với AC một góc 450 ⇒ a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3

⇒AB: 3x−4y+32 0;= AD: 4x+3y+ =1 0

0,25

Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I( 1 9

; )

2 2

− ⇒ C ( ) 3;4 : 4 3 24 0; : 3 4 7 0

0,25

Ta có: A, B nằm khác phía so với (P).Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P)

MA MB − = MA MB − ≤ AB

Đẳng thức xảy ra khi M, A, B’ thẳng hàng ⇒ M là giao điểm của (P) và AB’ 0,25

AB’:

1 3 2

y

= +



 = −



 = −



0,25

Đk: x ≠ 0, y > 0

( ) ( )

2

2

2

0 0

, 1 , 2 0

+ − =



 =

 =

+ = + − =

0,25

Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0

Do đó pt f(y) = a có nghiệm dương khi a>0 0,25