BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 10 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2)1(2 24 −+−− mxmx (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 2 = m . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (3, 5) . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3sin cos 2 cos2 sin 2 0x x x x − + − − = 2. Giải phương trình: ( ) 2 2 x 41x 4x x 18 3 4 x 2x 44x 18 + − + ≤ + + + Câu III (2 điểm). Tính tích phân: I = 2 0 4 .sinx cos 2 2sin 1 x x x dx x π − + + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ' ' ' .ABC A B C có tam giác ABC vuông tại C . M là trung điểm của ' ' A C . Biết AC = a , BC = 3a ; ( ) ' ABC hợp với ( ) ABC góc 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ ' ' ' .ABC A B C V và Khoảng cách ( ) ' AM,BC d theo a . Câu V (1 điểm) Cho ba số [ ] x, y,z 1;3 ∈ tìm giá trị nhỏ nhất của: 36x 2y z P yz xz xy = + + 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 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( ) B 2;0 ; ( ) C 3;5 − . G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là 2x y 1 0 + − = và diện tích tam giác ABC bằng 5 2 . Hãy xác định tọa độ điểm A ? 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(3 ;-2 ;1) viết phương trình mặt phẳng qua H cắt các trục tọa độ tại A,B,C sao cho H là trực tâm tam giác ABC Câu VII.b (1 điểm) . Giải phương trình: ( ) 2 1 2 2 log 4 log 3 3 0x x x x + − − + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip ( ) 2 2 x y E : 1 25 9 + = và 9 9 I ; 2 10    ÷   . Xác định hai điểm A và B thuộc elip sao cho I là trung điểm của AB 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + + − = và điểm ( ) A 1; 2; 2 − − − mặt phẳng ( ) P là mặt phẳng qua A và cắt mặt cầu ( ) S theo thiết diện là đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) P và tính bán kính của đường tròn giao tuyến đó. Câu VI.b (1 điểm) E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7. lấy ngẫu nhiên một số trong E tính xác suất để lấy được số chia hết cho 5. 1 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1. (1 điểm) Với m = 2, 24 2xxy −= 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: xxy 44' 3 −= ; ⇔= 0'y 1,0044 3 ±==⇔=− xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; ∞+ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y cđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; y ct = y( ± 1) = -1 c) Giới hạn tại vô cực: =− ±∞→ )2( 24 xxLim x + ∞ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 2) 1 điểm y' = xmx )1(44 3 −− y' = 0 ⇔ xmx )1(44 3 −− = 0 ⇔ [ ] 0)1( 2 =−− mxx TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = 1 −± m Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1 − m ; 0 ) và ( 1 − m ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5 ) thì 1 3m − ≤ ⇔ m ≤ 10 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5) ⇔ m ∈ ( ] ;10 −∞ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II (2 đ) 1. (1 đi ểm) 2 2 sin x cos x 1 2sin x 2sin x 2sin x cos x 0 − + + + − = ⇔ (1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0 2 sinx cos x 1 sin(x ) 4 2 1 sinx 1 sinx 2 2  Π − − = −  − =    ⇔ ⇔ −  = −  =    ⇔ 7 2 6 2 6 3 2 2 2 x k x k x k x k π π π π π π π  = +   −  = +    = +   =  k ∈ ¢ 0,25 đ 0,25 đ 0, 5 đ 2. (1 điểm) I = 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 0 2 (1 2sin ) os os 2 1 2sin 1 2sin 1 (1 2sin ) 1 2ln 3 2 ln 1 2sin 2 2 1 2sin 4 2 4 0 0 x x c x c x I dx xdx dx x x d x x x x π π π π π π π π + − = = − + + + − = − = − + = + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 đ 0, 5 đ 0,25 đ 1. (1 điểm) Đk: x 0 ≥ bpt ⇔ 2 2 2 2x 44x 18 x 3x 4x x (3 4 x) 2x 44x 18 + + − − − ≤ + + + Đặt : 2 t 2x 44x 18= + + (t>0) Đc bpt: 2 2 t x x(3 4 x) (3 4 x)t 0 (t x)(t x 3 4 x) 0 t x 3 4 x 0 − − + − + ≤ ⇔ + − − − ≤ ⇔ − − − ≤ vì t+x>0 với mọi x ≥ 0 Ta có bpt 2 2x 44x 18 x 3 4 x⇔ + + ≤ + − 2 2 2 2 2(x 3) 32x (x 3) 4 x 2(x 3) 32x ((x 3) 4 x) x 1 (x 3 4 x) 0 x 3 4 x 0 x 9 ⇔ + + ≤ + + ⇔ + + ≤ + + =  ⇔ + − ≤ ⇔ + − = ⇔  =  0,25 đ 0,25 đ 0, 5 đ IV (1 đ) Từ giả thiết có ' ' ' .ABC A B C V = ABC S .CC'; ∆ ABC S ∆ = 2 1 a 3 CA.CB 2 2 = (ABC') (ABC) AB = I , Kẻ · · · 0 CH AB H AB (CC'H) 60 ((ABC'),(ABC)) (CH,HC') CHC' ⊥ = ⇒ ⊥ ⇒ = = = Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 0,25 đ 3 2 2 2 2 2 2 CH CA CB 3a a 3a 1 1 1 1 1 4 a 3 CH 2 = + = + = ⇒ = , Xét tam giác vuông CHC’ có ' ' ' 2 3 0 ABC.A BC 3a a 3 3a a 3 3 CC' HC tan 60 V . 2 2 2 4 = = ⇒ = = b.N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N) ( ) ( ) ( ) ' ' ' AM,BC AM,(BC N) A,(BC N) d d d= = . N là trung điểm của AC Nên ( ) ( ) ' ' A,(BC N) C,(BC N) d d= , kẻ CK vuông góc với BC’ BC' (NCK) ⇒ ⊥ (vì AC BC AC (BCC'B') (CNK) (BNC') NK ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ = ) Kẻ CI vuông góc với NK tại I, ( ) ' C,(BC N) d CI= Có ( ) 2 2 2 2 2 2 ' 2 2 2 2 CI CN CK CN CB CC ' C,(BC N) a 3a 9a 9a 1 1 1 1 1 1 4 1 4 43 3a d 43 = + = + + = = + + = ⇒ = 0,25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ (1 điểm) Xet h m sà ố: [ ] 2 2 2 2 2 2 2 36x 2y z f (x) , x 1;3 ,y,z là tham sô yz zx xy 36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9 f '(x) 0 yz zx x y x yz x yz = + + ∈ − − − − = − − = ≥ > f (x) đồng biến trên [ ] 1;3 [ ] 2 2 2 2 2 2 2 36 2y z f (x) f (1) g(y), y 1;3 ,z là tham sô yz z y 36 2 z 36 2y z 36 2*9 1 g '(y) 0 z y z y y z y z ≥ = + + = ∈ − + − − + − = − + − = ≤ < g(y) nghịch biến trên [ ] 1;3 [ ] 2 12 6 z 18 1 18 1 g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h '(z) 0 z z 3 3 9 3 z ⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + < ⇒ h(z) nghịch biến trên [ ] 1;3 18 h(z) h(3) 1 7 3 ⇒ ≥ = + = Vậy P 7 ≥ dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 4 V (1 đ) . ABC GBC ABC BC ( 5;5) BC 5 2 5 1 5 pt : BC là:x+y-2=0;S S S 2 3 6 = − ⇒ = = ⇒ = = V V V uuur G là trọng tâm tam giác ABC GBC (G.BC) G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3 2 2 7 x G( ; ) x 2 2x 1 2S 1 1 1 3 3 3 d x 1 4 4 11 BC 3 3 2 2 3 2 x G( ; ) 3 3 3 ∈ + − = ⇒ − + − −  = ⇒  − − + = = ⇔ = ⇔ + = ⇔  − −  = ⇒   V Với 2 7 4 11 G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6) 3 3 3 3 − − ⇒ − ⇒ − 2(1 điểm) 2(1 điểm) Giả sử A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) vì H(3;-2;1) không nằm trong maawtj phẳng tọa độ nào nên ta có: A;B;C không trùng voi O abc 0 ⇒ ≠ (ABC) có pt dạng: ( ) 1 x y z 3 2 1 1;H (ABC)nên 1 a b c a b c + + = ∈ ⇒ − + = AH (3 a; 2;1);BC (0; b;c);BH (3; 2 b;1);AC ( a;0;c);vì H là = − − = − = − − = − uuur uuur uuur uuur trực tâm tam giác ABC nên có: c 14 a AH.BC 0 2b c 0 a 3 thay vào(1) c 14 3 3a c 0 c BH.AC 0 b 7 b 2  =    = + = =     ⇔ ⇔ ⇒ = ⇒     − + = − =      = − =    uuur uuur uuuruuur Mặt phẳng đó có pt: 3x-2y+z=14 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ Đk x> ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 2 2 pt log x (x 4)log x 3x 3 0 log x 4log x 3 x log x 3x 0 (log x 1) log x 3 x(log x 3) 0 (log x 3)((log x x 1) 0 log x 3 (2) log x x 1 0 ⇔ + − − + = ⇔ − + + − = ⇔ − − + − = ⇔ − + − = =  ⇔  + − =  ( ) ( ) 2 (1) x 9; 1 xet(2);f (x) log x x 1;x 0; ;f '(x) 1 0, x 0; x ln 2 ⇔ = = + − ∈ +∞ = + > ∀ ∈ +∞ nên f (x) đồng biến trên ( ) 0; +∞ . Mà f (1) 0 x 1 là = ⇒ = nghiệm của (2) x 1 f (x) f (1) 0 0 x 1 f (x) f (1) 0 > ⇒ > =   < < ⇒ < =  Vậy (2) có nghiệm duy nhẩt x=1 KL 0,5đ 0,5đ VIb 1. (1 điểm) 5 Gs A(x ;y) 2 2 (E) 9x 25y 225;B ∈ ⇒ + = đói xứng với A qua I( 9 9 ; ) 2 10 nên : B(9-x ; 9 5 -y) 2 2 B (E) (27 3x) (9 5y) 225 ∈ ⇔ − + − = Dặt :a=2x ; b=5y ta được hệ : 2 2 2 2 2 2 2 a b 225 a b 225 a 27a 180 0 b 5 3a b 5 3a (27 a) (9 b) 225 a 15 x 5 b 0 y 0 9 các diêm : A(5;0);B(4; ) x 4 5 a 12 9 b 9 y 5    + = + = − + =    ⇔ ⇔    = − = −   − + − =      = =   ⇒    = =     ⇔ ⇒ =  =   ⇒    = =      0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2. (1 đi ểm) (S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P) thi ta có : IH IA ≤ dấu « = » xảy ra H A ⇔ ≡ lại có IA= 5 5< nên A bên trong hình cầu (S) ; gọi r là bán kính dg tròn giao tuyến 2 2 (I,(P)) r R d 25 5 20 ⇒ = − ≥ − = dấu « = » xảy ra H A ⇔ ≡ hay (P) IA A ⊥ = khi đó (P) : quaA( 1; 2; 2) nhan IA ( 2;0;1) làvtpt − − −    = −   uur (P) có pt : -2x+z=0 ; kl 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (1 điểm) Gs: 4 4 7 7 4 3 7 6 abcde E a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A n(E) 7 A 5880 e 5 n( ) 5880; abcde E và abcde 5 trong E có : A 6A 1560 e 0 ∈ ⇒ ≠ ⇒ ⇒ = = =  ⇒ Ω = ∈ ⇔ ⇒ + =  =  M Số chia hết cho 5. gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560 1560 13 P(A) 5880 49 = = 0,5 đ 0,5 6 . đ) Từ giả thi t có ' ' ' .ABC A B C V = ABC S .CC'; ∆ ABC S ∆ = 2 1 a 3 CA.CB 2 2 = (ABC') (ABC) AB = I , Kẻ · · · 0 CH AB H AB (CC'H) 60 ((ABC'),(ABC)) (CH,HC'). VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 10 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. ' ' 2 3 0 ABC .A BC 3a a 3 3a a 3 3 CC' HC tan 60 V . 2 2 2 4 = = ⇒ = = b.N là trung điểm c a AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N) ( ) ( ) ( ) ' ' ' AM,BC AM,(BC N) A, (BC