Đề thi thử ĐHCĐ khối a năm 2014 đề số 28

Biết góc giữa hai mặt phẳng C'AI và ABC bằng 60o.. Tính theo a thể tích khối chóp N.AC'I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC'... PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một t

ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014

MÔN: TOÁN KHỐI A

Thời gian: 180 phút

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 2 3

y x= − mx + m − x m− +m ( )1 (m là tham số)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m= 1.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số ( )1 có điểm cực đại là A, điểm cực tiểu là

B đồng thời OA= 3OB (với O là gốc tọa độ).

4

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

 + + + − =

Câu 4 (1,0 điểm) Xác định tất cả các giá trị của m để bất phương trình

x + x − ≤m x− x− có nghiệm

Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng a Gọi M, N, I

lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA', AB, BC Biết góc giữa hai mặt phẳng (C'AI) và (ABC) bằng 60o Tính theo a thể tích khối chóp N.AC'I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC'.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số a b c, , thuộc khoảng ( )0;1 và thỏa mãn 1 1 1 1 1 1 1.

 −  −  − =

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a= 2 + +b2 c2

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

hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

phương trình đường thẳng AB, BD lần lượt là x− 2y− = 1 0 và x− 7y+ = 14 0; đường thẳng

AC đi qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Câu 8a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( )2 ( 2 )

1

Câu 9a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2 1 2.2 2 1 3.2 2 1 4.2 2 1 2 1 2 n 2n1 2013

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh

( )1;1

A và AB= 2AD Phương trình đường thẳng BD: 4x+ 3y+ = 3 0 Tìm tọa độ các điểm

, ,

B C D biết điểm D có hoành độ không âm

Câu 8b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim1 1 2 3 1

1

x x

x

−

→

+ − +

Câu 9b (1,0 điểm) Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được

lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số được

chọn là số chia hết cho 5

ĐÁP ÁN

1 2,0 điểm

a

Với m= 1 ta có y x= − 3 3x2

TXĐ: ¡

Giới hạn: xlim y , limx y

→+∞ = +∞ →−∞ = −∞

0,25

Chiều biến thiên: 2

y′ = x − x, 0 0

2

x y

x=



′ = ⇔  =

BBT:

y

−∞

0

4

−

+∞

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;0), (2; +∞ )

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

Cực trị:

- Hàm số đạt cực đại tại x= 0 và giá trị cực đại y= 0

- Hàm số đạt cực tiểu tại x= 2 và giá trị cực tiểu y= − 4

0,25

Ta có y′′ = 6x− 6; y′′ = ⇔ = ⇒ = − 0 x 1 y 2

Suy ra U(1; 2 − ) là điểm uốn của đồ thị hàm số

Đồ thị giao với trục Oy tại điểm ( )0;0 , giao với trục Ox tại điểm

( )0;0 và ( )3;0

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm U(1; 2 − ) làm tâm đối xứng

b

Tập xác định: ¡

y′ = x − mx+ m −

0

1

x m

x m= +



⇔ − + − = ⇔  = − (phân biệt với mọi m)

0,25

Ta có: y′′ = 6x− 6m, y m′′( − = − < 1) 6 0 và y m′′( + = > 1) 6 0

Do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là A m( − 1;2 2 − m) và điểm cực

tiểu của đồ thị hàm số là B m( + − − 1; 2 2m)

0,25

2 2 3

m

m

 = − +

⇔ + + = ⇔  = − −



Vậy có 2 giá trị của m là m= − − 2 3 và m= − + 2 3

0,25

2 1,0 điểm

Phương trình đã cho trở thành:

2

4

2

0,25

⇔  + ÷+  + ÷=

6

2

π

π π

 = − +



⇔  + ÷ = ⇔ 

 = +



(k∈ ¢)

Vậy phương trình có nghiệm: x= −18π +kπ3

2

x= +π kπ k∈¢

0,25

3 1,0 điểm

Hệ phương trình đã cho trở thành: 2 22 2

 + + + =



Xét y= 0, từ ( )1 ta có: 2

2 0

x + = (vô nghiệm)⇒ =y 0 không thỏa mãn hệ

Với y≠ 0, khi đó hệ trở thành:

2

2 2

2

5 2

x

x y y

x

x y

y

 + + + =





0,25

Đặt u x2 2,v x y

y

+

0,25

Ta có hệ: 2 2

5

5

v

= −



- Với { 10

5

u

v =

= − ta có 2

5

= − −



 + + =

- Với { 1

4

u v

=

= ta có 2

2 0

 + − =  = =



Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x y; ) ( ) (= 1;3 , − 2;6 )

0,25

4 1,0 điểm

Điều kiện x≥ 1 Nhân cả hai vế của bất phương trình với

x+ x− > ta được:

( 3 2 ) ( )3

x + x − x+ x− ≤m

0,25

3 2

3 2

f x = x + x − x+ x−

Ta có: g x′( ) = 3x2 + 6x> ∀ ≥ 0, x 1 và

′ = + −  + ÷> ∀ >

−

0,25

Do g x( ) > 0 ∀ ≥x 1, h x( ) > 0 ∀ ≥x 1 nên

f x =h x g x +h x g x > ∀ >x suy ra f x( ) ≥ f ( )1 = ∀ ≥ 3, x 1

0,25

Vậy, bất phương trình có nghiệm min ( ) 1 (1) 3

x

≥

5 1,0 điểm

Vì CC'⊥ (ABC) , CI ⊥AI

2

o

0,25

Ta có V ' ' '.

1 4

N AC I=V C ANI = V C ABC 1 '. 3

a

CC S∆

Gọi O là giao điểm của A'C và AC'

Khi đó OM / / AC và OM = 12AC ; NI/ /AC và NI = 12AC ⇒

{NI / /MO

NI =MO

suy ra MOIN là hình bình hành ⇒ MN / /OI ⇒MN / / (AC'I) ⇒

(MN AC, ') (MN AC I,( ' )) ( ,(N AC I' ))

0,25

3 ’

32

N AC I

a

V = ,

2

2 '

3

3 8

1

2

AIC

a

’

8

N AC I AIC

h

S∆

6 1,0 điểm

Từ giả thiết: 1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca 2abc a b c 1

 −  −  − = ⇔ + + = + + + −

Mặt khác theo Cô si, ta có:

3

3

a b c

abc

+ +

0,25

P= + +a b c − ab bc ca+ + = + +a b c − a b c+ + − abc+ 0,25

4 ( ) (3 )2 ( )

Đặt t a b c= + + , t∈( )0;3 Khi đó: 4 3 2

27

P≥ − t + − +t t

Xét hàm số ( ) 4 3 2 ( )

27

f t = − t + − +t t t∈

Ta có: ( ) 4 2

9

f t′ = − t + −t ; ( ) 0 3

2

f t′ = ⇔ =t hoặc t= ∉ 3 ( )0;3

Bảng biến thiên:

( )

( )

f t

2

3 4

1

0,25

Từ bảng biến thiên suy ra ( ) 3, ( )0;3

4

f t ≥ ∀ ∈t Dấu bằng xảy ra khi

3 2

t=

Do đó: min 3 1

P= ⇔ = = =a b c

0,25

7.a 1,0 điểm

A AB∈ ⇒A a+ a C BC∈ ⇒C c − c a≠ c≠ ,

0,25

Gọi I = 2 1; 2 17

a c+ + a− +c

  là trung điểm của AC, BD.

I∈BD⇔ 3c a− − = ⇔ = − ⇒ 18 0 a 3c 18 A c(6 − 35;3c− 18)

0,25

M, A, C thẳng hàng ⇔ MA MCuuur uuuur, cùng phương ⇔ c2 –13c+ 42 0 = ⇔

7( ) 6

c

=



 =



0,25

Với c= ⇒ 6 A( ) ( )1;0 ,C 6;5 ,D( ) ( )0; 2 ,B 7;3

Vậy, A( ) ( )1;0 ,C 6;5 ,D( ) ( )0; 2 ,B 7;3

0,25

8.a 1,0 điểm

Điều kiện: x∈ −∞( ;0) (∪ 2; +∞)

log 2x− ≥ 1 log x − 2x ⇔ 2x− ≥ 1 x2 − 2x

0,25 + TH1: Nếu x< 0 Ta được hệ 2 2

x

+ TH2: Nếu x> 2 Ta được hệ 2 2

2

x

x x

>



⇔  − ≤ ≤ + ⇔ < ≤ +

0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S= −[ 1;0)∪(2;2+ 3  0,25

9.a 1,0 điểm

Ta có: ( )2 1 0 1 2 2 3 3 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

x − C − C −x C −x C −x C −−x −

Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được:

Thay x= 2: ( ) 1 2 2 3 ( ) 2 2 2 1

7.b 1,0 điểm

Ta có ( ; ) 4 3 32 2 2

+

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Xét ∆ABD có:

5

AD + AB = AH ⇔ AD = ⇒ = (AB= 2AD)

3

m

D m − − ∈÷ BD m≥

3

m

AD = ⇔ m− + − − −  =

2

⇔ + = ⇔ = hoặc m= −65 (loại)

Với m= ⇒ 0 D(0; 1 − )

0,25

Đường thẳng AB đi qua A và có véctơ pháp tuyến uuurAD(− − 1; 2)

Phương trình AB x: + 2y− = 3 0 { }B =AB∩BD⇒tọa độ (x y; ) của B

thỏa mãn hệ: { 2 3 0 { 3 ( 3;3)

x+ y− = ⇔ y= − ⇒ −

0,25

Gọi I là trung điểm của 3;1

2

BD I− 

⇒  ÷ Mà I cũng là trung điểm của

AC ⇒C(− 4;1) Vậy, B(− 3;3 ,) (C − 4;1 ,) D(0; 1 − )

0,25

8.b 1,0 điểm

Ta có: lim1 1 2 3 1

1

x x

x

−

→

+ − +

−

x

−

lim1 1 1 lim1( 2)

1

x

e

x x

−

−

− = − =1 1 0 0,5

9.b 1,0 điểm

Số cách lập số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 3 2

6 5 100

A −A = số suy ra M = 100

0,25

Xét số có 3 chữ số và chia hết cho 5

TH1: ab0, a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn vậy có 20 số dạng

này

0,25

TH2:ab5, a có 4 cách chọn, b có 4 cách chọn, vậy có 16 số dạng này 0,25

Tất cả có 20 + 16 =36 số thuộc M và chia hết cho 5

Xác suất là: 36 0,36