Đề thi thử,
Trang 1Thầy Toán
0968 64 65 97
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 02
NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x= 3− 3x2+ 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm m để đường thẳng (∆): y ( m= 2 − 1)x− 4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng
với điểm ( 1;6)P − tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình: cos 2 x+ =5 2 2(2 cos )sin(− x x−π4)
2 Giải bất phương trình:
2
0
Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi:
(1 sin ). ; 0; 0; 2
os 2
x
x e
x c
π +
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A tạo với
đáy một góc 0
30 Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3
4 .
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn a3+8b3+27c3−18abc− =1 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a= 2+4b2+9c2
II PHẦN RIÊNG (3 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 tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x2+ y2−2x+4y− =8 0 và điểm M(7;7)
Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm
Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
2 Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và đi qua điểm A(3; –1;1).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π
Câu VII a (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x trong khai triển biểu thức:3
2 2
1
( 3 )n
x
+
= + Biết n nguyên dương thoả mãn:
2
n n
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI b (2,0 điểm)
1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆:x y+ + =4 0 và hai elíp
2 2
1
10 6
2 2
2 2 2
( ) :E x y 1 (a b 0)
a +b = > > có cùng tiêu điểm Biết rằng ( )E2 đi qua điểm M thuộc đường thẳng ∆ Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( )E2 có độ dài trục lớn nhỏ nhất
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:
0 11 6 4 2
2
2
2 +y +z − x+ y− z− =
x và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = 0
Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π
Câu VII b (1,0 điểm)
Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên Tính xác suất để phần tử đó là một số chia hết cho 5
Trang 2
-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 02
Câu 1: 1.(1 điểm)+) TXĐ : D=R
Ta có: lim ; lim
→+∞ = +∞ →−∞ = −∞ y' 3= x2−6x ; ' 0 0 2
y
= ⇒ =
= ⇔ = ⇒ = −
+) BBT:
x - ∞ 0 2 +∞
y' + 0 - 0 +
y 2 +∞
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên (−∞;0) và (2;+∞) ; Hàm số nghịch biến trên ( )0; 2
yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2
+) Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và (1± 3;0) +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
Câu 1: 2 (1 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆): x3− 3x2−( m2 − 1)x+ 4m+ = 2 0
⇔ (x− 2)(x2− −x 2m− = 1) 0 x f x2 x2 x m
( ) 2 1 0 (1)
=
(∆) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N⇔ (1) phải có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: x x1 x x2
2 2
= ≠
⇔
b
a
f
0
2
2
0
(2) 0
∆
∆
=
− ≠
>
⇔
m
m m
8 5 0
1 2 2
8 5 0
2 1 0
≠
+ >
m
5 8 1 2
=
Với m 5
8
= − ta có ( ; ); (2; 3)1 3
2 8
2
= ta có
( 1; 3); (2; 3)
M − − N − Vậy: m 1
2
= thỏa mãn ∆MNP nhận O làm trọng tâm
Câu 2: 1.(1 điểm) Phương trình ⇔ (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – 5 = 0
cos sin 1
cos sin 5 ( cos sin 2)
2 sin 1 sin sin
x π x π π
2
k Z
= +
= +
Câu 2:2.(1 điểm) Điều kiện: 1 3
10≤ ≤x 10 Ta có: 1 1 2, 1 3;
10 10
2
Bpt⇔300x −40x− −2 10x− −1 3 10− x ≥0
10 1 1 3 10 1
10 1 1 3 10 1
Trang 32 2
10 1 1 3 10 1
10 10
10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1)
Mặt khác ( )f x liên tục trên [ 1 3; ]
10 10 nên ( )f x nghịch biến trên [ 1 3; ]
10 10
( ) ( ) ( ) 0
⇒ ≤ ≤ < ( Hs có thể đánh giá).Do đó bất phương trình (*) 10 2 0 1
5
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 3
5≤ ≤x 10
Câu 3: (1 điểm)
(1 2sin )
x
cos e dx
x e dx V
2
0
2 (tan )'
2
x x
π
π
0
π
π
π
Câu 4:(1 điểm) Gọi O là tâm ∆ABC và M là trung điểm BC ta có:
⊥
⊥
BC
O
A
BC
AM
AM A HM
AM A BC
⊥
⇒
∈
⊥
) '(
)
'(
Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
' ( ' ,( )) 30 sin 30
AM
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O A
=
'
suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O
'
3 ' ' ' ' ' ' '.
A BB C C A B C ABCC A ABC ABC ABC ABC
a
Câu 5:(1 điểm)Ta có:1=a3+8b3+27c3−18abc− = +1 (a 2b+3 )(c a2+4b2+9c2−2ab−3ac−6 ) (1)bc
2 4 2 9 2 2 3 6 0 2 3 0
Đặt x a= +2b+3 ,c x>0 Từ (1) suy ra:
2 2 , 0
3 3
x
x
3
P
= + = + + ≥ = Dấu “=” xảy ra khi x=1
Vậy minP=1 khi a=1, b=c=0 hoặc a=c=0, 1
2
b= hoặc a=b=0, 1
3
c=
Câu 6a: 1 (1 điểm ( )T ⇔(x−1)2+(y+2)2 =13⇒I(1; 2);− R= 13
Ta có: IMuuur(6;9)⇒IM = 117> 13 Suy ra điểm M nằm ngoài (T) Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp
tuyến Gọi K=MI∩AmB Ta có MA MB IA IB= , = ⇒MI là đường trung trực của AB
⇒ KA=KB⇒ ∠KAB= ∠KBA= ∠KAM = ∠KBM ⇒Klà tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB
PTTS MI: 1 2
2 3
= +
= − +
, MI∩( )T tại K 1(3;1) và K2(-8;-12)
Trang 4Ta có AK1<AK2 Vậy K ≡K1, tức là K(3;1)
Câu 6a:2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= 3 (P) chứa Ox ⇒ (P): by + cz = 0.
Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi bằng 6π Suy ra bán kính bằng 3 cho
nên (P) đi qua tâm I Suy ra: –2b – c = 0 ⇔c = –2b (b≠0) ⇒ (P): y – 2z = 0
Câu7a(1 điểm) Xét khai triển (1 )n 0 1 2 2 n n
Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 3, ta được: ⇔ 4 1 1 0 32 1 33 3 3 1
n
+
1 6
1
k
x
− +
= + ⇒ = Để có số hạng chứa x thì 33 k− = ⇔ =6 3 k 3
Vậy số hạng chứa x trong khai triển là:3 C63 3 33 x =540x3
Câu VI b(2 điểm) 1 (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm F1( 2;0),− F2(2;0)
Điểm M∈( )E2 ⇒MF1+MF2 =2a Vậy ( )E2 có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi MF1+MF2
nhỏ nhất.Ta có: F F1, 2 cùng phía với ∆ Gọi N x y( ; ) là điểm đối xứng với F2 qua ∆, suy ra
( 4; 6)
N − − Ta có: MF1 +MF2 =MF1+MN ≥NF1 (không đổi)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M =NF1∩ ∆
Toạ độ điểm
5
2
x
x y
x y
y
= −
− + =
2 (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D≠-7)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5 Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3
Khoảng cách từ I tới (Q) là h = R2 −r2 = 5 2 − 3 2 = 4
2 2 2
2 2 ( 1) Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0
Câu VII b (1điểm) Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: 5
8
A
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: 4
7
A số
Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 5 4
8 − 7 = 5880
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 4
7
A + 6 3
6
A = 1560 số ⇒n A( ) =1560
Ta có: n( )Ω =5880,n A( ) =1560⇒ P(A) = 1560 13
5880 = 49