Đề thi thử Toán Đại học 2014 lần 2 (khối A, A1, B)

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A1 + B

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

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số



(1) có đồ thị là ( mC ).

 mx 1  x 1

2m  .

và tạo thành

,M N cùng cách đều hai điểm

(3; 0)

( 3;6), 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi b) Tìm m để trên đồ thị ( mC ) có hai điểm tứ giác AMBN có diện tích bằng 18 (đvdt).

) 3cos

4 2 sin(

cos 2





sin 2



 4



Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

cos



5  



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

x y   .

)

( ,

1 0

 





  y   



Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân





x x

1 1

1 1)

(

 



x   x 

  

và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng

. Tính thể tích khối chóp S.ABC



 SAB SCB

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =   090 và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

.S ABC theo a .





Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương

 . Tìm giá trị lớn nhất

,x y thỏa điều kiện

2 xy

P x y 



của biểu thức

16 2 y 



, tâm đường tròn ngoại

1;3 . Tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C.

 và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là

 K 

1;1

. Tìm toạ độ

 (3; 2;6)

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 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm  H  tiếp (3; 3) I Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm



 A  B 5; 2; 2 , và  045 MAB 

) :P 2

5 0

    sao cho MA MB

i   

và

là số thực .





i 2 )

, đường phân

điểm M thuộc mặt phẳng ( Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm số phức z thỏa các điều kiện B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh



4;3

giác trong của góc A có phương trình

y   và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

1 0

3 2

  

  

, đường thẳng

Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 2 lần diện tích tam giác IBC . Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm

A 

(1; 1;0)

và mặt phẳng (

P x ) :

    . Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết

2 0





x 2  2

z 1  1

y 1  1 

đường thẳng AM vuông góc với  và khoảng cách từ M đến đường thẳng  là nhỏ nhất. Câu 9.b (1.0 điểm). Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3. -------------- Hết ------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.......................................................................; Số báo danh:..............................

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl



2m  ta có hàm số

 1 x 2  1 x

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A1 và khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Đáp án a) Câu 1 (2,0 điểm) Điểm 1,0 0,25 Khi

  \ 1 ,

TXĐ: D  y '     0, x D 1   1) ( x

;1)

 và (1; Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( )     tiệm cận đứng: x = 1 Giới hạn và tiệm cận: y

 

lim   1 x

; lim   1 x



  tiệm cận ngang y = 2

0,25

1  x +

y’   + 2

lim lim x  x  Bảng biến thiên:

y 2 

  ; 0 , 0; 1

1 2

  

  



y 0,25 0,25 Đồ thị: Đi qua các điểm và nhận



 0

giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.

 1 1 2

  là đường trung trực của

,A B

,M N cách đều

,A B nên

x :d

 M N d y : )mC và

    3

2 0,

 



(



1,0 0,25

(1)

,M N  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

8 0

 

0,25 b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (  1 mx 1  x Để d cắt (

  m



   m 

(*) )mC tại hai điểm phân biệt (  m   1 0





 x m 2  

x 1 x x 1 2

  

0,25 ,x x . Theo định lí Vi-et, ta có : Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt 1





2[(



)



]



2[(





x 1

x 2

x x 1 2



AB MN .

  18

3 2. 2[(





 8] 18

Gọi ;  3), ;  3) M x x ( 1 1 N x x ( 2 2

1 2

Diện tích tứ giác AMBN bằng 18

1   ( m 2) 1 3  m     m

k Z 2 ,

cos 2

3cos

cos







  1 0

0,25 0,25 2 (1,0 điểm)



So với điều kiện (*) suy ra giá trị m cần tìm là m=3  Điều kiện: Khi đó, phương trình đã cho tương đương:   4 s inx cos sin 2

k

  x So với điều kiện ban đầu, suy ra

 

  k 2 ,

 là nghiệm phương trình.

0,25 s inx  0  s inx(cos x   s inx 2) 0 cos x    s inx 2 0( VN )     



  5



4 (1)





 

1 0 (2)

  y    

0,25 0,25 0,25 3 (1,0 điểm) Xét hệ phương trình





  5





  1

  

(



(

  4



 (*)

y Ta có : (2)   3 x x  3 y  . Thay vào (1) ta được: 1

t ( )

  t

 với

t  . Ta có

t  0

 1  t

t đồng biến trên [0; ( )

) . Do đó

0,25 Xét hàm số f t ( ) 1    0 với mọi 2 4 Suy ra

1 (*)  f ( y  1)  f x ( )   ( y 1)



2

0,25

y  , ta có hệ

x   y 1 Với   x 3   1 0 y  x  3 y   

0,25

  , ta có hệ

x   1 y Với  1 0   3 x  y  x  3 y    x y         x 1 x    x     y    x     y  1 2 3 2 1 4 3 4

1 3 ; 2 2

1 3 ; 4 4

  ;    

  

 2

Vậy hệ có hai nghiệm:



0,25 Ta có: 4 (1,0 điểm)



1 2

x x

 

1 1

2  1)

    x   x 

1   1 ( 

 3

0,25 Đặt t    dt dx . Với x x         2 3 t t 3 2 2  1) ( x x x   1 1

.ln

tdt

1   2

Do đó





tdt





0,25 u    du ln t dt

Đặt . Suy ra 1 t 2



t 4

1 4

t 4

t 8

I 

 ln 3 ln 2

9 4

5  8

dv    tdt v t 2 0,25

5 (1,0 điểm)

0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). Ta có: SH ABC AB   ( )    HA HA AB   AB SHA ) ( . Tương tự HC BC

  (gt)  vuông cân tại B

AH BC / /

SBC



)

(

SBC

)



d A SBC , (

[

)]



d H SBC , (

[

)]



0,25 SA AB  Và ABC Suy ra tứ giác HABC là hình vuông Ta có:  / / (

a 2  BC HC tại K (1). Do   BC ( SHC )   BC HK (2) Dựng HK SC  BC SH

[

)]



 HK a



(

SBC

)

   d H SBC , ( (1) và (2) suy ra . Từ đó



2  HC HK



a 3



 a

HK HC a



  SH





HKC

0,25 Tam giác HKC vuông tại K 

SH HK  KC HC

. KC

a 2. a

SHC 



SH .



AB BC SH



a 3.



Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi:

S ABC

ABC

1 3

1 6

(đvtt)

 IA IB IC IS



Gọi I là trung điểm của SB. Chứng minh được H, A, C đều nhìn SB dưới một góc vuông 0,25

1 2

.S HABC , cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC











Suy ra , nên I là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp

1 2

1 2 3)

 4



 4 (



 a

1 2  S

(S) có bán kính

(đvdt)

0,25 Suy ra (S) có diện tích là Ta có: xy   2 y x 6 (1,0 điểm) Do đó:  P x y  16  xy 2 2

2 x y

t 3

 

t 3 2

  

t 2

t 3

     2 0

t 3

t (

t 1)(



t 2)(2

xy

0,25 Từ giả thiết ta có 3 xy   3 x  y   2  2 xy

 , ta được:

  1) 0

  ( t

t 2)(2

1) 0

t  0

1      vì 2

Đặt 2 xy 2 t

 P t



t ( )





; 2

8 

1 2

  

  

0,25 Khi đó: (1). Xét hàm số trên

Ta có

f t ( )  t 2  , ; 2 8  t ) 1 2 (1     t    

  t 2   t 2 f t ( ) 0      t 1

 (1) 5,

(2)



1 2

67 12

20 3

  

  

 1)   4 0  t 1)(  t 3   4) 0 1 2 t ( 1   2   t t (       0,25 Ta lại có . Suy ra f t ( )  (2)  20 3

   

P 

20 3

MaxP

   

t Max f ( ) 1   2  xy 2 Từ (1) và (2) suy ra . Dấu đẳng thức xảy ra khi    y x 2 x   y 0   

20 3

Vậy .

0,25 7.a (1,0 điểm)

(0; 2) 1 0

 KH  BC y   :

IM x   3 0

làm vectơ pháp tuyến



  Tọa độ điểm M là (3;1)

Đường thẳng BC qua K nhận  Phương trình đường thẳng Gọi M là trung điểm BC  Phương trình đường thẳng M BC IM

/ /DC BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD .

( 1; 5)



 AH

0,25  DB AB Gọi D là điểm đối xứng với A qua I . Ta có  DB CH / /   CH AB  

Tương tự Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên

B b

( ;1)

BC

 2 IM A     b 1     b

0,25 Gọi . Ta có IB IA   ( b 3)  16 16 4  5

(1;1),

(5;1)

0,25

 (1;1) C  C (5;1) hoặc C (1;1) (5;1),

( 2;0; 4)

4; 2; 4















  4 0







 : Q x

0,25 Với 5   B (5;1) b Với   1 B (1;1) b Vậy B   ( 1; 5), A   ( 1; 5),  . Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ  AB   8.a (1,0 điểm)



(

)

(

Q (

)

0,25

0;3; 2



 ( ) M d      2; 5;1

)Q là mặt phẳng trung trực của AB Gọi (       : 2  Q 0 Ta có    MA MB M Q Theo giả thiết ) M P   u d

0,25 Chọn   thuộc mặt là vectơ chỉ phương của d , điểm  N   , n n P Q    



t 2

phẳng (P) và (Q) suy ra .

t (2



 5;5 5 ; );



t (2



 3;5 5 ; t t



 t t BM

 2 ;3 5 ; 2

 M t

0,25 Gọi toạ độ

 5 5 t











4 0

  3 t

  y   3 5 t     z 2 t    AM    t và  045 MAB    t 5 2 t 2 4       t 3

Suy ra Theo giả thiết MA MB       AM BM .     MAB 2  vuông cân tại M  t t

  1

 2; 2;3



Với

;

4 3

8 3

  11 10 ; 3 3

  

Với

     yi x y R ( ,

  x

)

 . Ta có

     

(



i 1)

  x

0,25 Gọi 9.a (1,0 điểm)   ( x 1)  ( y  1)  x     (1) 1 y y x





i 2 )



(



)





(



i 2) ]









i 4)

4( 2





i 2 )

  xy

4 0

0,25

  (2)

Để là số thực

  x





y xy

  1 x    2 y

4 0

x y

 

3 4

x y

  2   1

  

6 0

  

 

0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ

      . 2

IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC

3 4 i 5 2



 (x 2)

  (y

23 ) 2

25 4

Vậy hoặc 0,25 0,25 Ta có có dạng 7.b (1,0 điểm)

  

(4;3) (loai)

  3

2   





)

(

)

;

1    2

25 4

1 2

3 2

      

; 2)

 DI 

(

0,25 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       (x 2)   Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC .

3 2

  0

Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận làm vec tơ pháp tuyến.

IK 2

 y x 4 ,H K lần lượt là hình chiếu của ( Với

, A I lên BC )

ABC

IBC

0,25 Phương trình cạnh BC có dạng 3 Do nên S 2 S

24  c 12  c Mà AH d A BC (  , )  và IK d I BC ( ,  )  nên 5 5

c 2  IK AH    24 2 12

 và 3

  16 0 Q ( x 2:)

z 

.03

16 y 4

0 c       c c  Suy ra phương trình của cạnh BC là 3 y 4 x Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với  . Khi đó pt 0,25 0,25 8.b (1,0 điểm) Ta có  ),1;1;2( n ).1;1;1( Từ giả thiết suy ra M thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). n Q

)1;0;1(

0,25 Chọn u  [ n , ]  )3;1;2(  là vectơ chỉ phương của d và nên n Q

1 2 t

 

 (1 2 ; t

x   y t     1 3 t z   ; 1 3 ). t

. phương trình tham số của d là

Vì M d suy ra

;1( H

;

1 2

0,25 Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra













t 2

t 14

t 3

t (2 )

  )

d M (

1 2

  

  

  

  

Ta có .



t 2

 t t ( ) 14

(

)

 nhỏ nhất

d M  nhỏ nhất khi

;

1 2

8 1 11 7 14 14

  

1      14 

0,25

;

8 1 11 7 14 14

  

  

. Vậy

  

3 50C

50C cách

0,25 Chọn 3 viên bi từ 50 viên bi có 9.b (1,0 điểm) 0,25



0,25

3 17

4624

Gọi A là biến cố để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3 Trong 50 viên bi ban đầu chia thành 3 loại: 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1; 17 viên bi có số cho 3 dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho 3. Để tìm số cách chọn 3 viên bi có tổng số là một số chia hết cho 3, ta xét 2 trường hợp: TH1: 3 viên bi được chọn cùng một loại  có cách

 1 17

3 3 C 17 16 1 . C C C  17

 1920 1 16



TH2: 3 viên bi được chọn có mỗi viên một loại  có cách

Suy ra

A  1920  4626 6544 

P A ( )



409 1225

A 

6544 19600