DEDAP AN THI DAI HOC LAN 4 MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A, B, A1. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y ( x  1) ( x  m) (1) , m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m 0 . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho ba điểm A, B và C (10;  2) thẳng hàng. (2sin x  1)(3cos 4 x  2sin x)  4 cos 2 x 1 8 ( x  ) 1  sin x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (3 x  5)( x 2  1)  y( x 2  3 x  y  6) 4 2  y  2 y 1  y  3x  4 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: . ( x, y  ).  2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:. x  sin 3 x I ( )dx 1  cos x 0. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . E , F lần lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) và góc giữa 0 đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF . 2 2 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x  y  z 2 x  4 y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 2( x  z )  y 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 với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E (2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H ( 2;3) và K (2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C , D của hình vuông ABCD . 2 2 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x  ( y  1)  ( z  2) 25 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M (1;  2;3) và vuông góc với mặt phẳng (  ) : x  y  4 z  2014 0 .. Đồng thời ( ) cắt mặt cầu ( S ) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 16 . 2 z 5 Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn: z (1  2i ) là số thuần ảo và . B. Theo chương trình nâng cao 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Parabol ( P) : y  x  4 x  3 và đường thẳng d có phương trình x  y  5 0 . Tính diện tích của hình vuông ABCD biết A, B thuộc đường thẳng d và C , D thuộc Parabol ( P ) . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2;1) , B(2; 4; 2) , C (3;0;5) .  Viết phương trình tham số của đường phân giác trong AD của góc BAC của tam giác ABC . ( D thuộc BC ) Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:. 32 x  y 2.3x  3 y 1  log 3 (1  xy ) 1. ( x, y  ). ……………………….HẾT……………………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:…………………………….; Số báo danh……………………... ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 4 Năm học: 2013-2014 Môn: Toán Câu 1.a (1.0 điểm). Đáp án 2. Với. Than g điểm 0.25. C. m 0 ta có: y  x  1 x  y x3  2 x 2  x. 0. 1 . Hàm số có tập xác định là:  20. Sự biến thiên của hàm số. a ) Giới hạn của hàm số tại vô cực. lim y . lim y  . , x   b) Bảng biến thiên: x  . y ' 3 x 2  4 x  1  x 1 y ' 0    x 1 3  Bảng biến thiên x 1 3   y' 0 y 4 27. 0.25 1. -. 0.   . 0. . 1    ;  3  và  1;   Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  1   ;1 3 . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng x. Hàm số đạt cực đại tại điểm. 1 y y  1   4 CD    3  27 3;. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Hàm số đạt cực đại tại điểm 30. Đồ thị  Điểm uốn: y '' 6 x  4. x 1 ; yCT  y  1 0. y '' 0  x . 2 3;.  2 2 y    3  27. 0.25. 2 2  I ;   C  là  3 27 . Tọa độ điểm uốn của  Giao điểm của đồ thị với các trục Đồ thị cắt trục tung tại. O  0; 0 . y 0  x 0; x 1 . Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm  1;1 ;  0; 0 .  Đồ thị. 2 2  I ;  C Nhận xét: Đồ thị   của hàm số nhận điểm  3 27  làm tâm đối xứng.. 1.b (1.0 điểm). y ' 2  x  1  x  m    x  1.  x 1 y ' 0    x 1  2m 3   1. Để đồ thị hàm số. 0.25. 2. có hai điểm cực trị thì: m  1 0.25. y  1 0 3  1  2m  4 y   1 m  3  27  1  2m 4  1  m  3  A  1;0  ; B  ;   3  27   Giả sử  AC  9;  2 . 0.25.    2  m  1 4  1  m  3  2  m  1 2 AB  ;  9; 2  m  1    3 27 27  . . .

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  9 2  m  1  A, B, C thẳng hàng: 9 2 2   m  1 1. 0.25. 2.  m 0   t / m  m  2. Vậy m  2; m 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 (1.0 điểm). 0.25.  2 sin x  1  3cos 4 x  2 sin x   4 cos 2 x 1 8 Đk: PT. 1  sin x  1  sin x 0  x   l 2 , l   2.  1.  1.  *.   2sin x  1  3cos 4 x  2sin x   4 cos 2 x  1 8  8sin x   2sin x  1  3cos 4 x  2sin x  4sin 2 x  8sin x  3. 0.25.   2sin x  1  3cos 4 x  2sin x   2sin x 1  2sin x  3  2sin x  1 0   cos 4 x 1. . 0.25.    x  6  k 2   x  7  k 2  6 2sin x  1 0. Với.  Với. cos 4 x 1  x . Kết hợp với điều kiện. k 2.  * PT  1 có các nghiệm. x . 0.25.  2 k 6 3. x k , k  . 3 (1.0 điểm). 0.25.  3 x  5   x 2  1  y  x 2  3 x  y  6   1    4  y 2  2 y  1  y  3 x  4  2 Pt  1  y 2   x 2  3x  6  y   3x 3  5 x 2  3x  5  0 2.   x 2  3x  6   4  3 x3  5 x 2  3 x  5   x 2  3 x  4   y 3x  5  2 Suy ra:  y x  1 y 3 x  5  VP  2   1  0  PT  2 .  Với. PT  2   Với y  x  1 . trở thành: 2. 4. 4. 0.25. vô nghiệm. 2  x x 2  3x  3.  3 0.25. 4 4 Đk:  2  x  2. Áp dụng BĐT Cô-si ta có:. 2. 1.1.1. 4 2  x 4 . 5  x4 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5  x4  3 ta có : x  3x  3  4 2. Từ.  x 4  4 x 2  12 x  7 0   x  1. 2. x. 2.  2 x  7  0.  x 1. 0.25. x 1 thỏa mãn  3. Thử lại Với x 1  y 0 .. Vậy hệ đã cho có nghiệm : 4 (1.,0 điểm).  1;0  0.5.  2.  x  sin 3 x  I   dx 1  cos x  0  2. . 2 x sin 3 x  dx   dx 1  cos x 1  cos x 0 0.  2. .  2. x x I1  dx  dx x 1  cos x 0 0 2 cos 2 2. Tính u  x dx du  dx   dv   x x  v tan 2 2 cos 2  2. Đặt . x   I1  x.tan  2 .  2  x   x  2  tan dx    2 ln cos  2   ln 2 2 2  2 2 0 0 0.  2. . sin 3 x I 2  dx 1  cos x 0. Tính Đặt : t cos x  dt  sin xdx Đổi cận :. x. 0. t. 1. 1.  2 0.  t2  1 1  I 2  1  t  dt  t    20 2  0  1 I   ln 2  2 2 Vậy. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 5 (1.0 điểm). 0.25. 2 Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên S ABCD 4a .. SH  ( ABCD)  HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp  ABCD    SAH 600  SH  AH 3  ABF DAE  c.g .c   BAF  ADE. 0.25. 0   Mà: AED  ADE 90. Nên.  BAF  AED 900  AHE 900  DE  AF. Trong. ADE có:. AH .DE  AD. AE  AH . 2a 5. 1 2a 8a 3 5 V  . .4a 2  3 5 15 (đvtt) Thể tích của khối chóp S . ABCD là:.  ABCD  kẻ d  SH , DF  HK .. Trong mp . Trong Có :. ADE có:. 0.25. HK  DF tại K .. DH .DE DA2  DH . 4a 5. DF a 5. Trong. DHF có:.  HK . HF 2 DF 2  DH 2 5a 2 . HF .HD 12a 5  DF 25. 16a 2 9a 2 3a   HF  5 5 5. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 6 (1.0 điểm). 12a 5 d  SH , DF   25 Vậy 2 2 2 x  y  z 2 x  4 y  1 2. 0.25. 2.   x  1   y  2   z 2 4  1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu: 2. 2.  S  :  x  1   y  2   z 2 4 . Có tâm I  1;  2;0  ,bán kính    : 2 x  y  2 z  T 0. R 2 .. Xét mp G/s. M  x; y; z . . Từ.  1 có điểm. M nằm bên trong  S  và kể cả trên mặt cầu  S .  d  I ,     R . 4 T 2   2 T 10 3. 0.25.   Với T  2 thì M là giao điểm của mp   : 2 x  y  2 z  2 0   Và đường thẳng  đi qua I và   .  x 1  2t   :  y  2  t  z 2t . .  1 4 4  M   ; ;   3 3 3  7 8 4 M  ; ;  Với T 10 . Tương tự  3 3 3  1   x  3   y z  4 3  min T  2 khi . 0.25 0.25. Vậy. 7  x 3  8   y  3  4  z 3 max T 10 khi . A. Chương trình chuẩn EH : y  3 0 7.a (1.0 Có: điểm). 0.25. EK : x  2 0.  AH : x  2 0    AK : y  4 0.  A   2; 4 .

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 0.25. Giả sử.  n  a; b . a ,. 2.  b2  0 . là VTPT của đường thẳng BD .. a. . 2  a b 2.  Có: ABD 45 nên: a  b  Với a  b , chọn b  1  a 1  BD : x  y  1 0 2. 0. 2. 0.25.  B   2;  1 ; D  3; 4    EB   4;  4     ED  1;1  E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn) C  3;  1. Khi đó:  Với a b , chọn b 1  a 1  BD : x  y  5 0 .. 8.a (1.0 điểm) mp.  B   2; 7  ; D  1; 4    EB   4; 4       ED   1;1  EB 4 ED  E nằm ngoài đoạn BD (loại) A  2; 4  ; B   2;  1 ; C  3;  1 ; D  3; 4  Vậy:   n1  1;1; 4  . có VTPT:.  n  a; b; c . Giả sử  . ,. a. 2.  b2  c 2  0 . là VTPT của mp. 0.25. 0.25.  . n.n1 0  a  b  4c 0  b   a  4c . Ta có :     : a  x  1   a  4c   y  2   c  z  3  0 Giả sử đường tròn giao tuyến của.    và mặt cầu  S  có bán kính là r .. 0.25. 2 Ta có:  .r 16  r 4. Mặt cầu.  S  có tâm I  0;1;  2  , bán kính  d  I ,      R 2  r 2 3  a  3  a  4c   5c  3 2 a 2   a  4c   c 2  a 2  32ac  68c 2 0. R 5 .. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  a  2c   a 34c. c  1  a 2     : 2 x  2 y  z  5 0  Với a  2c , chọn c 1  a 34     : 34 x  38 y  z  113 0  Với a 34c , chọn. Vậy có hai mp thỏa mãn có PT:. 0.25. 2 x  2 y  z  5 0. 34 x  38 y  z  113 0. 9.a (1.0 z a  bi , a, b   Giả sử điểm). 0.25. z a  bi 2  1  2i   3  4i. 0.25. 2.  z  1  2i   a  bi    3  4i    3a  4b    3b  4a  i z  1  2i . 2. là số thuần ảo nên:. Do Mặt khác :.  3a  4b 0  b . 0.25. 3a 4. z 5  a 2  b 2 25. 0.25. 9a 2 25 16  a 2 16  a 4 Vậy có hai số phức thỏa mãn là: z 4  3i  a2 . z  4  3i. B. Chương trình nâng cao. 7.b (1.0 điểm). 0.25.  P  : y x 2  4 x  3 d : x  y  5 0. CD / / AB nên CD : y  x  m ,.  m 5 CD và  P  là: Pt hoành độ giao điểm của  13  4m. Giả sử. C  c; c  m . Đk: ,. m. x 2  5 x   3  m  0.  1. 13 4. 0.25.  c d . D  d; d  m c, d là nghiệm của PT  1 . Theo định lí Viet có: c  d 5  cd 3  m  2 2 CD  d  c; d  c   CD 2 2  d  c  2   c  d   4cd  2  13  4m    5 m CB d  C , d   2. CD CB  2  13  4m . Mặt khác:.  5  m  2. 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  m 2  26m  27 0  m  1   m 27 (thỏa mãn). 0.25.  Với m  1  S ABCD 18  Với m 27  S ABCD 242 Vậy S ABCD 18; S ABCD 242 8.b (1.0 điểm). . Ta  có:. 0.25. AB  1; 2;1  AB  6. AC  2;  2; 4   AC 2 6. 9.b (1.0 điểm).   BD AB 1    CD  2 BD Theo tính chất đường phân giác có: CD AC 2 7 8   D  ; ;3  3 3   x 1  2t   AD :  y 2  t  z 1  3t . 0.25. 2 x y 2.3x  3 y 1 3  log 3  1  xy  1. 0.25. PT  2   xy 2.  1  2  3. 2. 0.25. 0.25. PT  1  32 x  2 y 2.3x y  3 x y Đặt t 3 ,. 0.25. t 0 2. Ta được: t 2t  3  t  2t  3 0  t  1(loai )   t 3(t / m) x y  Với t 3  3 3  x  y 1  x  y 1. Thay vào.  3 ta được: y  y  1 2 . Vậy hệ pt có nghiệm:. 0.25. y 2  y  2 0.  y 1   y  2  2;1 ;   1;  2 . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>