SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HA NOI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 3 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề

y

(

C

)

 x 2 1 1  x

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

: yd

 3

 mx

3

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB nằm trên đồ thị (C) (với O là gốc tọa độ).

4

cos

x

sin2

x

(cos

x



4) 1

cos

x



01

2

2 y

4

x

2(3

x

4)( 1

y

) 1

Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình .

3

2

x

4

y

x

1 

(

x

2 ) 3

3

 8   

4

x

sin

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

dx .

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0

sin22

x

'

BC

BA

a

0

có đáy ABC là tam giác cân tại B,

x cos      4   ABC . CBA ' ' 'BC tạo với đáy ABC một góc

120 và AB . Tính theo a thể tích của khối chóp KIH

A'.

. Đường thẳng , 060 . Gọi I, H, K lần lượt là trung điểm của và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

, zyx ,

1xyz

1

1

P

5

2

5

1 2

5

2

x

xy

yz

6

3

6

3

3

y

x

y

z

z

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC  CABC , ' HKBI. Câu 6 (1,0 điểm). Cho là các số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

zx  6 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm của AC và BD

ABD  , đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm

tan

;

)

(I

)0; 1 (M

3 2

9 2 đi qua điểm

, đường thẳng chứa cạnh AD là , biết  2 3

)4; 1(N

6

2

3

y

x

z

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ dương.

d

:

 4

 1

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng , mặt phẳng

 2 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, cắt d tại M và cắt

(

P

2:)

x

z 

03

y

)2;0 ; 1(A

AM

NM 3

2

2

 7

0

2

2

x

và điểm

xC :) ( tâm K sao cho

y có tâm I (C cắt (C) tại hai điểm phân biệt

)2; 2( K

 y )'

(C )'

0

(P) tại N sao cho Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và khác 0. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của X. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là một số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn và điểm . Viết phương trình của đường tròn

120

AIB

23 t

: xd

; 1 y

.

 )

xP :)



04

2

2

y

z

(

2

1

x

và mặt phẳng (t  ), điểm zt ; ( đi qua A, vuông góc . Viết phương trình mặt phẳng A và B thỏa mãn Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ) 0; 1; 1 ( A  với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d tại điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng MA.

y

 1

mx  x

33

http://megabook.vn/

Câu 9.b(1,0 điểm) Cho hàm số . Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho có (với O là gốc tọa độ) hai điểm cực trị A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

 1\RD 

ý ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Môn: TOÁN – Khối A, A1 Nội dung Điểm Câu 1 Cho hàm số… (2,0 điểm) 1 Khảo sát và vẽ đồ thị... (1,0 điểm)

2y

1x

TXĐ: CBT: Giới hạn, tiệm cận: Tìm đúng TCN , TCĐ



0

x

1

y ' 

x

(

3 2  ) 1 BBT lập đúng

0,5 , hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng XĐ

0,25

Vẽ đồ thị đúng

0,25

x

1

3 

 mx

2

2 1  x x 1 

xg )(

3

x

(

m

) 1

mx 



01

  

2 Tìm m... (1,0 điểm) Pt hoành độ giao điểm của (C) và d

 0 g  ) 1 (

0

m m

11   1

  

0,5 D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B (*)

OG

OI

G là trọng tâm tam giác OAB ta có với I là trung điểm của AB

m

1

G

(

)

   2 3  m 1 ; 9

15

13

 3 

2

0,25 Áp dung định lý vi-et tìm được 0,25

CG



m

)

(

15

m

25



m

0

3

(thỏa mãn ĐK (*))

5 2 x

4

cos

x

sin2

x

x



4) 1

cos



01

(cos 2

2 Giải pt (1,0 điểm)

2

sin4

x

 cos

4 x

cos 

1 ( x  x sin2

sin cos

x sin2)  x x  sin2

cos x x  01

 

 sin2 x x (sin 2

cos x 4  sin2)( 1

01  x

 ) 1

0

Biến đổi pt

x



2

 k

0,5

2sin

x



1

x

k 

sin

x

 Zk (

)

 4

1  2

x

2

 k

http://megabook.vn/

 6  7 6

     

, 0,5

2

2 y

4

x

3 (2

 x

y 1)(4

1) (1)

Kết luận… 3

3 x

4

2 y

x

  1

x (

2 3)

3 (2)

 8   

2

Giải phương trình (1,0 điểm)

2(4

2 y

 

1) 2(2

x

 

1) 3 (2

 x

y 1)(4

 (1’)

1)

1x

2

2 b

3 ab

ĐKXĐ Pt (1)

2 2 a )

a  Đặt a  (

4 2 y b 2)(2

 ; 01 b ba  ) 0

 x 

2 a

01  b  2 0

 ba

2

(do pt (1’) trở thành 0

4

2 y

 

1 2 2

x

  

1

4

2 y

x 8

 (*)

3

a 2 b

3

2

Với ta có

x

2

x

 9

x

 1

0

x 2

3

thế (*) vào pt (2) ta được (3) 0,5

x

2

x

 9

x

1

J



liên tục trên miền và có

  ; 1

xf x )( . Mặt khác

) 2(

0

2

2

xf

 3)('

x

2

x

 2

(2

xx

 ) 1

x

 2



0

x

1

1 x

2

1

1 x

2

1

Xét hàm số f 

f

)(x

2 x

Suy ra luôn đồng biến trên J là nghiệm duy nhất của pt (3)

y

2x

Với từ (*) ta có

2;

19 2

19 2

19 2   , 2;    

  

  

0,5 Hệ pt có hai nghiệm

2

sin22

 x

2

x

2sin

x

 4

(sin

x

cos

x

)

 4

 2

 2  

  12 

 cos  

  3 

2

 4

4 Tính tích phân ... (1,0 điểm) Ta có

I

dx

I

 

t

sin

 x

cos

x

2

0,5 . Đặt ta được

sin x (sin

cos   x

x cos

x

2)

4

0

dt  1 4 t

2

I

 

ln

 

ln

1 4

2   2

t t

 1 3 2 2 4

3

1

0,5

5 Cho lăng trụ ... (1,0 điểm)



BCC '

2

3

a

3

3

a

Từ giả thiết

V

S

(,

ABC

Hd (.

))

.

V A '. KIH

V C

.

KHI

CIKH .

CIK

060 1 3

a 16

2 và

8 ( ABC

)

http://megabook.vn/

1 3 HE  là trục của tam giác KBI. Gọi P là trung điểm của HK .

0,5

 EI

HE

EB

Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh được EK

2

2

KE

HO

2 HE 2

HK 2 HE

HP HE

 HE

a 3

R

OH

Trong mặt phẳng (HEK) đường trung trực của HK cắt HE tại O, suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Các tam giác HPO và HEK đồng dạng nên có HO HK 0,5

HK 2 HE a 3

Vậy

2

2

3



x 3 (6



2 () 1

) 3

5 x

0

3

2

x

x

x

x

x

(

6

) 3 5

 2



36

xy

( 3

xy

x 

)1

x

x

x

36

x

3

 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (1,0 điểm) x  0 Ta có 5 2 Vậy

3

2

 x 1 x 

( 3

xy

) 1

x

xy

36



. Từ đó lập luận tương tự ta có

P

( 3

( 3

) 1

xy

1 z 

zx

) 1

(1)

( 3 . Áp dụng bất đảng thức Bunhiacopxki

1 y  ) 1 x y z 1

x 1 x  yz Dấu “ = ” trong (1) xảy ra khi ta có

2

P



)( 111 (

zx

yz

) 1

( 3

1 z 

) ) 1

1 x 

xy

( 3

2

P

0,5

Hay (2) Dấu “=” xảy ra trong (2)

1 y  1 1 z        . Do x y

zx 1

z

) 1 1 1 y  zx z

1xyz

1

(2)

1

nên

1 P

( 3 1 1 yz x     yz y 1 x xy x x

  1 1

xy   1

xy

VP’ 0,5

xy     xy x 1 1    xy x Vậy maxP = 1 khi x = y = z =1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD… (1,0 điểm) 2

n 

);( ba

by

a 0

7.a

0,25

 0  ax ) pt AB: ay ba   4 0 2 3

AD AB

2  3

Giả thiết

 ab

b

a

 ba 4

9 2

9 2

 73

a

3 b

52 a

11 b

2

2

2

2 3

0,25

3 2 2 b  pt AB:

2  b a Goi vtpt của AB là ( bx  AD  AB và AD qua N nên có pt ABId ,( ) ADId ,( ) 3 a 2 b a 01  y , pt AD:

x

x

03  y

a 

a b

0,25 , tìm được A(2; 1)

11

13

x

y

13

0

x 11

13

y

63

0

, pt AD: tìm được 0,25

(A

)

;

trường hợp này không thỏa mãn. * Suy ra B(5; 4), C(7; 2), D(4; -1).  a 13 b 11  pt AB: * 262 481 145 145 8.a

4;42;24(

6;42;23(

AMd

 ) t

)

t

t

t

t

t

,

zyx N ;( );

, giả sử ta có Trong không gian tọa độ Oxyz… (1,0 điểm) M

 t

z

)

NM 3

AM

, do tìm được

NM N N



t 26



03

0,5

;24

)11

;19

N

t

(

6; t 42; 23 (   x t   y    )26;84;49(  t t t , P t t 84)49( 2   ( ) 5  2

.

:

 x 1 18

y 24

 z 2 13

http://megabook.vn/

0,5 Đường thẳng  cần tìm là đường thẳng AN có pt

6

60480

9 A

9.a 0,25

21600

số Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6… (1,0 điểm) Có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn khác 0, số phần tử của tập hợp X là x là một phần tử của tập X, tổng các chữ số của x là một số chẵn suy ra x có chẵn các chữ số lẻ, xảy ra các trường hợp sau TH1: x có 4 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn , có

7200

4 CC . 5 2 CC . 5

2  ! 6. 4 4  ! 6. 4

số

TH1: x có 2 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn , có Có 21600 + 7200 = 28800 số thuộc tập hợp X có tổng các chữ số là số chẵn 0,5

P

28800 60480

10 21

Xác suất cần tìm 0,25 7.b



RR

 RR

3 

18

a

a

3

'

'

(C) cắt (C’) khi và chỉ khi Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C)… (1,0 điểm) (C) có tâm I(-1; 1) và R = 3, Đường tròn (C’) tâm K(2; -2) và R’ = a (a > 0) IK

a

3

3

18

18

7 0

 

 x

2 x

2 y

2

2

(*). 0,25

 15

 y

 x

6

6

0

a

 pt AB:

2

  8

 x

2 y

2 x

4

4

y

0

a

 Với điều kiện đó (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ A và B là nghiêm của hệ pt:   y 2   

0,25

AIB

0 120 ;

 IA R

   , H là TĐ của AB.

IH

3

3 2

2

Tam giác IAB cân tại I, có

  

 6 6 15

a

d I AB ) ( ,

   

a

 27 9 2

   a

 27 9 2

3 2

6 2

0,25 ,

 a  27 9 2 2 4   x  y 4 y

2 x

kết hợp (*) ta có 0,25

 27 9 2   a  19 9 2 0 Pt của (C’): Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng… (1,0 điểm)

2

2

8.b

AM

(

t

2 ) 1

t )23( 

t 5

t 10

10

tM

 )23 ;;1 ( t

d

t 21 

4

, ,

PMd

(,

(

))

t 2

3

, 0,25

t 

01

1

M

 )5; 1;1 (

t 46  3 2 t 

t 2

PMd

(,

(

))

AM

 )2; 2; 1(

( là mặt phẳng qua A, M và vuông góc với (P)

)

( nhận

)

)5;0; 0(  n

 

 5(2; 1; 0)

gt 0,25 . 0,25 là vtpt.

AM Pn ,    AM n ,  P x  y

  ( : )

2

03 2

0,25 Pt mặt phẳng

x

1

y

2

1

x

9.b Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị (1,0 điểm)

y

 '

 1\RD 

2

TXĐ ; hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ

 mx x 1  mx    2 2 ( ) 1 x   01

xg )(



x

2

mx 

0 m

0,25 khi pt có hai nghiệm phân biệt khác 1

AB

m

2

x



my

0

52 m

Tính được , pt đt đi qua A và B: 0,25

h

ABOd ,

(

)

5

m 5

(do m > 0).

33

hAB .

33

m .52 .

33

m 

3

SOAB

1 2

1 2

m 5

http://megabook.vn/

0,5 (thỏa mãn)