Đề thi thử đại học năm 2014

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm tại các điểm A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6.[r]

Trang 1

Biên soạn: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN ( Khối A, A1) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2

1

x y x



 (1)

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

2 Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O,A,B tạo thành tam giác vuông tại O

Câu II ( 2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos3 2cos 2

cos

x x

2 Giải hệ phương trình :  

2





    

 x y, 

Câu III ( 1,0 điểm) Tính tích phân:

1

1 ln

e

 







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB2CD4a;

3

SAa ; SDa Tam giác ABC vuông tại C , mặt bên SAD vuông góc với mặt đáy  ABCD Tính thể  tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC

Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn  2 2

y z x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

  2  2  2   

P

  

II 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 mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 2;3 , đường phân giác trong của góc A có phương trình x y  1 0và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I 6;6 Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 3 lần diện tích IBC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A3; 2; 2  ,B0; 1;2 ,C2;1;0và mặt phẳng

 Q :x   y z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua A , vuông góc với mặt phẳng  Q và cách đều

hai điểm B,C

Câu VII.a ( 1,0 điểm) Gọi z z1, 2là các nghiệm phức của phương trình z22 3z 4 0 Hãy tính giá trị biểu

Az z

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABCcó trực tâm H1;4, tâm đường tròn ngoại tiếp I3;0và trung điểm cạnh BC là M0; 3  Viết phương trình cạnh AB, biết đỉnh B có hoành độ dương

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1 1

d     

 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm tại các điểm A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6

Trang 2

Câu VII.b ( 1,0 điểm) Giải phương trình : 2 2 1  2

5x 5x x  x 1

……….Hết………

ĐÁP ÁN Môn: Toán Khối: A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

a) Tập xác định : D \ 1 

b) Sự biến thiên:

* Tiệm cận :

+) Vì

  nên đường thẳng x1là tiệm cận đứng

  nên đường thẳng y2là tiệm cận ngang

0,25

*Chiều biến thiên:

+) Ta có :

 2

2

1

x



0,25

+) Bảng biến thiên

2

+∞

-∞

2 y y'

+ Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ;1và 1;

0,25

c) Đồ thị

*Vẽ đồ thị:

* Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 2 làm tâm đối xứng

0,25

2 (1,0 điểm)

6

4

2

5

I O

Trang 3

Gọi ; 2

1

a

A a a

  và

2

; 1

b

B b b

  (Với a b, 0; ,a b1;a b ) thuộc đồ thị (C) Khi đó hệ

số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là:

 

2 1

k

a

 

 và 2  2

2 1

k

b

 



Do các đường tiếp tuyến song song nên:

 2  2

0,25

Mặt khác, ta có: ; 2

1

a

   ; 2

; 1

b

    Do OAB là tam giác vuông tại O nên

 4 

ab

0,25

Ta có hệ

  

2 4

0

a b ab ab

 







Giải hệ ta được 1

3

a b

 



 

3 1

a b





  



0,25

Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là 1;1và  3;3 0,25

Câu II

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Điều kiện : cosx0 Quy đồng rồi biến đổi phương trình về dạng

1 sin x2sinx2cosx2sin cosx x 1 0

0.25

Vì cosx 0 sinx1nên : 2sinx2cosx2sin cosx x 1 0 0.25

Đặt sinxcosxtvới t  2 Phương trình trở thành: 2 2

0

t

 



    

Do t  2nên ta lấy t0

0.25

Với t0thì sin cos 0 tan 1

4

x x  x     x  k

2.(1điểm)

2



Nếu y0thì ta biến đổi hệ về dạng

2

1

x

y x y

x

y x y









0,25

Đặt

2 1

x

y



0,25

1

u v





 

 thì

2

2 1

5 3

2 1

x

y

y x

   



2

x y





 



0,25

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là2;5và  1; 2 0,25 Câu III

1

Trang 4

0,25

  1

1

t

Câu IV

(1 điểm) Gọi E là trung điểm của AB khi đó AECD là hình vuông

2

ADEC AB a Diện tích hình thang

6 2

ABCD

AB CD AD

0,25

Tam giácSAD có các cạnh SA a 3;SDa AD; 2a nên nó vuông tại S Do đó nếu

gọi SH là đường cao của SAD thì

a SH

0,25

Mặt khác SAD  ABCDnênSHABCD hay SH là đường cao của khối chóp

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là 1 3

V SH S a (đvtt)

0,25

Do AD/ /SCE nên khoảng cách giữa AD và SC là khoảng cách từ H đến (SCE) 

Kẻ HK CE và HI SK (vớiK CE I ; SK) Khi đó HI SCEnên khoảng cách

giữa AD và SC bằng đoạn HI

Xét HSK ta có : 12 12 1 2 12 12 572 6

a HI

0,25

CÂU V

(1 điểm)

Theo bất đẳng thức bunhia ta có:

 2  2 2

2

x

Theo bất đẳng thức côsi ta có:

   1 2

4

x



0,25

Lại theo BĐT côsi ta có :

  2      

1

P

x



P

3 2

3

1

P

x

 



0,25

Xét hàm số

 

3 2

3

( )

1

f x

x



 trên 0; Ta có

 4

5 1

x



 Lập bảng biến thiên ta thấy ( ) 1 91

P f x  f  

 

 

0,25

Câu VIa 1.(1điểm)

K C

E A

B

D H S

I

Trang 5

(2 điểm)

IA     Phương trình đường

tròn ngoại tiếp ABC có dạng    2 2

+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong

góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC Tọa độ

của D là nghiệm của hệ

1 0

9;10

x y

D

  





0,25

+ Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC Do đó

IDBChay đường thẳng BC nhận véc tơ ID 3; 4 làm vec tơ pháp tuyến

+ Phương trình cạnh BC có dạng 3x4y c 0

0,25

+ Do SABC 3SIBC nên AH3IK

18 5

A BC

c

42 5

I BC

c

36

c

 



      

0,25

Vậy phương trình cạnh BC là : 3x4y54 0 hoặc 3x4y36 0 0,25 2.(1điểm)

Ta có:

+ (Q) có VTPT là n Q 1; 1; 1  

+ BC2; 2; 2 

+ Trung điểm của BC là I1;0;1

+) IA2; 2; 3  

Ta xét hai trường hợp sau:

0,25

Nếu B,C nằm cùng phía so với mặt phẳng (P), muốn B và C cách đều (P) thì BC/ / P

Khi đó (P) nhận véc tơ: n BC Q,   4;0; 4 hay véc tơ n P 1;0;1 làm VTPT

Phương trình mặt phẳng (P): x z  1 0

0,25

Nếu B,C nằm khác phía so với mặt phẳng (P), muốn B và C cách đều (P) thì I P

Khi đó (P) nhận véc tơ n Pn IA Q, 1;1;0 làm VTPT

Phương trình mặt phẳng (P): x  y 1 0

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x z  1 0 hoặc x  y 1 0 0,25 CâuVIIa

(1 điểm) Ta có :

2



Nên phương trình 2

z  z  có 2 nghiệm phức là z1 3ivà z2  3i 0,25

 3 671  3 671

2013 2013

Az z  i   i 

0,25

 671  671

Câu VIb

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Ta có: IM 3; 3 

Phương trình cạnh AH và đường cao BC lần lượt là x  y 3 0 và x y  3 0

0,25

Gọi A a ;3a và B b b ; 3suy ra C  b b; 3, với b0 0,25

I K

C

B

H

K H

D

I

C B

A

Trang 6

Khi đó ta có:

  2 2

IA  a  a  a  ;

  2 2

IB  b  b  b  ;

 1; 7

HB b b ;AC   a b a b;  6

Do I là tâm của đường tròn ngoại tiếp và H là trục tâm của ABC nên ta có hệ

7

b

HB AC



0,25

Khi đóA7;10vàB 7; 4 Vậy pt cạnh AB: 7 4

x  y

  hay 3x7y49 0

0,25

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng d đi qua điểm M1;1;1 và có VTCP u1;1;1.Gọi A a ;0;0 , B 0; ;0 ,b 

0;0; 

C c , với a b c, , 0 Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng: x y z 1

a  b c

0,25

Do (P) chứa d nên ta có:

1 1 1

1

1 1 1

0

a b c

   





   



và OABC có thể tích bằng 6 nên abc 36

0,25

Giải hệ

1 1 1

1

3 6

1 1 1

0

2 36

a

a b c

b

abc

   



hoặc

6 3 2

a b c





 



 



0,25

Vậy hoặc (P): 2x y 3z  6 0 hoặc (P): x 2y 3z  6 0 0,25 CâuVIIb

(1,0

điểm)

5x 5x  x  x 1 5x 5 x 1 5x x 5 x x 0,25

Vì hàm số f t  5t 5tđồng biến trên R nên f t 1  f t 2  t1 t2 0,25

5x 5 x 1 5xx 5 x  x f x 1 f x x

2

     

0,25

Biên soạn: Cao Văn Tú

Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên

Email: caotua5lg3@gmail.com

Website: www.caotu.tk

M

H

C I

B

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	799,62 KB