BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 18 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 /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x 3 + ( 1 – 2m)x 2 + (2 – m )x + m + 2 . (C m ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II : ( 2 điểm ). 1. Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5−x . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2 3 .+ = −x mx x Câu III : ( 2 điểm ). 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 . − = + ∫ x I dx x x 2. Cho hệ phương trình : 3 3 ( ) 1  − = −  + = −  x y m x y x y Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng ( ) 0≠d .Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 Câu IV : ( 2 điểm ). Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 = = x y z ; d 2 1 2 1 = − −   =   = +  x t y t z t và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tìm M ’ đối xứng với M qua d 2 . 2.Tìm 1 2 ;∈ ∈A d B d sao cho AB ngắn nhất . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V a hoặc V b sau đây.) Câu V a . 1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ∆ ABC . 2.Tìm hệ số x 6 trong khai triển 3 1   +  ÷   n x x biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. Câu V b . 1. Giải bất phương trình : 2 2 1 1 5 5 + − − x x > 24. 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. ______________ Hết ____________ ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I . 200 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x 3 – 3x 2 + 4 a ;Tập xác định : D = R. 0,25 b ; Sự biến thiên. Tính đơn điệu …… Nhánh vô cực…… j o 4 + ∞ - ∞ + + - 0 0 2 0 + ∞ - ∞ y y' x 0,25 c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -15 - 10 - 5 5 10 15 0,25 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau : + y ’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x 1 < x 2 ⇔ ' 2 4 5 0∆ = − − fm m ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 4 0,25 0,25 + x 1 < x 2 < 1 ( Vì hệ số của x 2 của y ’ mang dấu dương ) ⇔ …. ⇔ ' 4 2∆ −p m ⇔ … ⇔ 21 15 pm 0,25 Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số ( ) ; 1∈ −∞ −m 5 7 ; 4 5   ∪  ÷   0,25 II 2,00 1 1.Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5−x . ( I ) 1,00 Đặt sinx + cosx = t ( 2≤t ). ⇒ sin2x = t 2 - 1 ⇒ ( I ) 0,25 ⇔ 2 2 2 6 0− − =t t ⇔ 2= −t ) 0,25 +Giải được phương trình sinx + cosx = 2− … ⇔ os( ) 1 4 − = −c x π + Lấy nghiệm 0,25 Kết luận : 5 2 4 = +x k π π ( k ∈Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2 3 .+ = −x mx x 1,00 ⇔ hệ 2 2 2x x 9 6x 3  + = + −  ≤  m x x có nghiệm duy nhất 0,25 ⇒ x 2 + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25 + ; Với x ≠ 0 (1) ⇔ 2 6x 9+ − = − x m x . Xét hàm số : f(x) = 2 6x 9+ −x x trên ( ] { } ;3 \ 0−∞ có f ’ (x) = 2 2 9+x x > 0 0 ∀ ≠ x 0,25 + , x = 3 ⇒ f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 ⇔ m < - 6 0,25 III 2,00 1 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 . − = + ∫ x I dx x x 2 2 3 1 1 . − = + ∫ x I dx x x = 2 2 1 1 1 x 1 − + ∫ x d x x = 1,00 0,25 0,50 2 1 1 ( ) 1 + − + ∫ d x x x x = - 1 2 1 ln( )+x x = …. = 4 ln 5 ( Hoặc 2 2 3 1 1 . − = + ∫ x I dx x x = 2 2 1 1 2x x 1   −  ÷ +   ∫ d x x =……) 0,25 2 2.Cho hệ phương trình : 3 3 ( ) 1  − = −  + = −  x y m x y x y Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng ( ) 0≠d .Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 3 3 ( ) 1  − = −  + = −  x y m x y x y ⇔ 2 2 ( )( ) 0 1  − + + − =  + = −  x y x y xy m x y ⇔ 2 1 2 1 ( ) 1 0  = = −   = − −     = + + − =   x y y x x x x m ϕ Trước hết ( )x ϕ phải có 2 nghiệm pbiệt x 1 ; x 2 ⇔ 3 4 3 0 4 ∆ = − ⇔f fm m 1,00 0,25 0,25 Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. +Trường hợp 1 : 1 2 − ; x 1 ; x 2 +Trường hợp 2 : x 1 ; x 2 ; 1 2 − +Trường hợp 3 : x 1 ; 1 2 − ; x 2 0,25 Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có 1 2 1 2 1 1 + == −   = −  x x x x m đúng với mọi m > 3 4 Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 2 1 4 3 1 4 3 3 3 2 − + − = ⇔ − ⇔f f f m x m m Đáp số : m > 3 0,25 IV Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 = = x y z ; d 2 1 2 1 = − −   =   = +  x t y t z t và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tìm M ’ đối xứng với M qua d 2 . . + Phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuông góc với d 2 có pt 2x – y - z + 3 = 0 2,00 0,25 0,25 + Tìm được giao của d 2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) … ⇒ Điểm đối xứng M ’ của M qua d 2 là M ’ (-3 ;-2 ;-1) 0,25 0,25 2.Tìm 1 2 ;∈ ∈A d B d sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t 1 ;-t 1 ;1+t 1 ) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 và d 2 . 0,50 ⇒ 1 2 . 0 . 0  =   =   uuur ur uuur uur AB v AB v ……. ⇒ tọa độ của 3 3 6 ; ; 35 35 35    ÷   A và 1 17 18 ; ; 35 35 35 − −    ÷   B 0,50 Va 2,00 1 - 2 1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . M C B H A +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)= r n AC có phương trình 3x + y - 7 = 0 + Tọa độ C là nghiệm của hệ    AC CM …… ⇒ C(4;- 5) + 2 1 ; 2 2 + + = = B B M M x y x y ; M thuộc CM ta được 2 1 1 0 2 2 + + + + = B B x y + Giải hệ 2 1 1 0 2 2 3 7 0 + +  + + =    − − =  B B B B x y x y ta được B(-2 ;-3) 0,25 0,25 Tính diện tích ∆ ABC . + Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 3 7 0 5 3x 7 0 7 5  =  − − =   ⇔   + − =   = −   x x y y y …. Tính được BH = 8 10 5 ; AC = 2 10 Diện tích S = 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 = =AC BH ( đvdt) 0,25 0,25 2.Tìm hệ số x 6 trong khai triển 3 1   +  ÷   n x x biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. + ; 0 1 1024+ + + = n n n n C C C ⇔ ( ) 1 1 1024+ = n ⇔ 2 n = 1024 ⇔ n = 10 0,25 0,25 + ; ( ) 10 10 10 3 3 10 1 1 . − =     + =  ÷  ÷     ∑ k k k k o x C x x x ; ……. Hạng tử chứa x 6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . 0,25 0,25 V b 2,00 1 1. Giải bất phương trình : 2 2 1 1 5 5 + − − x x > 24. (2) (2) ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 5 5 24 5 5 0− − f x x ⇔ 2 5 5f x ⇔ x 2 > 1 ⇔ 1 1   −  f p x x 1,00 0,5 0,5 2 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. G N M C B A B' C' A' Từ giả thiết ta được chop A ’ .ABC là chop tam giác đều . · ' A AG là góc giữa cạnh bên và đáy . ⇒ · ' A AG = 60 0 , … AG = 3 3 a ; Đường cao A ’ G của chop A ’ .ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A ’ G = 3 3 a .tan60 0 = 3 3 a . 3 = a. …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 3 1 3 3 . . . 2 2 4 = a a a a 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 . VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 18 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 /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh G N M C B A B' C' A& apos; Từ giả thi t ta được chop A ’ .ABC là chop tam giác đều . · ' A AG là góc gi a cạnh bên và đáy . ⇒ · ' A AG = 60 0 , … AG = 3 3 a ; Đường cao A ’ G c a chop A ’ .ABC cũng. lăng trụ ABC .A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A, B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. G N M C B A B' C' A& apos; Từ