De so 9614

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 96 Ngày 5 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số. y  x 4  2m2 x 2  m 4  m.  1 ,. ĐT:01694838727 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  4 x  8 y  5 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua Q  5; 2  điểm và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN 5 2 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông B  3; 0;8  D   5;  4; 0  ABCD, biết , và đỉnh A thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C. Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức Z +1, biết  1  3i  (3  i) Z 2 i 1 i  . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  3 y  6 0 và điểm N  3; 4  . Tìm tọa độ điểm M thuộc. m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số  1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32. đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện Câu II (2.0 điểm) 15 1. Giải phương trình tích bằng 2 .  3  tan x - 3cos  x  sin x . tan x . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):  2   x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 0 và mặt phẳng (P): x  z  3 0 . 2. Giải hệ phương trình 3 M  3;1  1 8 x  y 3 63 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm  x, y  R  vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).  2 2  y  2 x  2 y  x 9 Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình . log 9 y log 9 x x y 6 Câu III (1.0 điểm) Tính tích   2 log 3 x  log 1 y 6. phân 3  e 3 2 x ln 2 x  x ln x 2  3 I  dx -----------Hết----------x(1  ln x) e2 . Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) Câu 1.(1 điểm) Khảo sát…. tạo với đáy (ABC) một góc 600. 4 2 Tính thể tích hình chóp và Khi m=-1 ta có y  x  2 x khoảng cách từ điểm I đến mặt  Tập xác định: D=R. phẳng (SAC) theo a, với I là  Sự biến thiên trung điểm SB. - Chiều biến thiên CâuV (1.0 điểm) Cho x, y là  x 0 y , 4 x3  4 x 4 x( x 2  1), y , 0   các số thực thỏa mãn  x 1 . 2 x  2 2 y  8 4 x  1  y . Hàm số NB trên các khoảng ( ;  1) và (0;1) . ĐB trên các Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức khoảng (-1;0) và (1: ) P 4 x  2 y  16 . - Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x 1 , yct=-1, đạt cực đại PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) tại x=0, ycđ=0. Thí sinh chỉ được chọn một trong lim y lim y  hai phần (phần A hoặc B) - Giới hạn: x    x   . A. Theo chương trình Chuẩn - Bảng biến thiên: Câu VI.a (2.0 điểm). HƯỚNG DẪN ĐỀ 96. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch  x y’  y. . Đồ thị:. ĐT:01694838727 -1 7 0 1 x0 + 02k- 0 + 6 (tm (*)) Vậy, phương trình có nghiệm: 0 7 x k ; x   2k  k  Z  6 -1 . -1 Câu 2: 2. (1.0 điểm) Giải phương trình…. 8 x3  y 3 63  2 2  y  2 x  2 y  x 9. (1). y. (2). 2. Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được 1. -1. -2. 1. O. 3. x. 3. -1. -1. 2. 3. 8 x  6 y  12 x  12 y  6 x  y 3 9   2 x  1  y  2   y 2 x  3 Câu 1: 2.(1.0 điểm). 2. 2. (*) Thế (*) vào (2), ta được  x 0 y , 0  4 x x 2  m 2 0    x m 2 2 -2. y , 4 x 3  4m 2 x 4 x  x 2  m 2  ; Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực , trị khi và chỉ khi pt: y 0 có ba nghiệm phân biệt  m 0 (*). Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số 4 và A(0; m  m ), B(m;m), C(m;m).. . .  x 2  2 x  3  2 x  2  2 x  3  x 9  2 x  3x  2 0   1 x   2. Với x 2  y 1. 2. Với 1  ;  4 2 . 1  y  4 2 .. x . Vậy,.   nghiệm của hệ là: (2;1),  Câu 3: (1,0 điểm) e3 e3 e3 2 x ln x  ln x  1  3 1 I  dx 3  dx  2 ln xdx x  1  ln x  x  1  ln x  e2 e2 e2. 2 8 Suy ra AB=AC= m  m , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A e3 e3   1 e3 Ta có I(0;m) là trung điểm BC và 3  d (ln x)  2  x ln x e2  dx    1 1 1  ln x  e2  2 e2   SABC  AI .BC  32  m 4 .2 | m | m  2 2 e3 e3 e3  3ln  1  ln x  2  2 x ln x e2  x e2  3ln 2  4e3  2e2 . thỏa mãn (*). e Vậy m cần tìm là m 2 . Câu 4(1,0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC, Câu 2: 1. (1.0 điểm) Giải phương SH  ( ABC )  trình  HJ  AC   AC  SJ , suy ra góc SJH 600 và Ta có Điều kiện: cosx 0 (*). S Phương trình đã cho tương đương với: tan x  3.sin x s inx.tanx. . . I. 2.  sin x  3.sin x.cos x sin x. . .  sin x 1  3 cos x  sin x 0. AB . BC AB 2a  2a, HJ   2 2 2. E. B. 6 a 2 (*) 2 AB. AC 1 6 6a 3 1   1 3 SH .  . . 2 . a  .  sinx- 3 cos x  1 0  s in  x-  = VS x   2 k  . ABC 32 2 6 2 6  3 2 Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có (không tm (*)) hoặc HE  SJ    HE  ( SAC ) HE  AC  .. . s inx=0  x k , thỏa mãn. C. H J. SH HJ .tan 600 . A.  . Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Mặt khác, do IH // SC  IH //( SAC ) , suy ra. ĐT:01694838727 Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng  đi qua Q(5;2) có phương trình A(x-5)+B(y-2)=0 với A2  B62 0 , d ( I , ( SAC )) d ( H , ( SAC )) HE HJ .sin 60 0  a. 0 do tiếp4 tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên MIN 90 hay Câu 5(1,0 điểm) Ta có 1 5 d ( I , )  2R    y y 2 2 tại I, suy ra 2 x  2 2 y  8 4 x  1  y  x  tam 2  giác x  1MIN  vuông  2  cân(1) 2 5  | A  2  52  B 4-2  |   | 2 B  3 A | 2 5 A2  B 2 2 2 y 2 A B Hay x 2 , khi Gọi S là tập giá trị của  17 B 2  24 AB  7 A2 0 (*) đó m  S  m  R sao cho hệ  A  1 2 y   7 A  24 A  17 0    A  17  x  2 m  7  * Chọn B=1 khi đó (*)  y m  x 1  .A= -1; B=1: phương trình đường thẳng  là : -x+y+3=0 2   2 2 có 17 A  nghiệm. 7 ; B=1: phương trình đường thẳng  là : 17x-7y. Đặt 71=0 a  x  1  x a 2  1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x  7y-71=0. (a, b 0)   y  y 2 b   2  b  2 Câu 6a: 2. (1.0 điểm) Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 2 2  và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0), khi đó, (*)  AB 2  AD 2  m  2  2 1 a 2  b 2 m  3 a  b   AI  BD   2      (**) 2   m 2 do ABCD là hình vuông nên ta có, a  b  ab  m  m  3  2  a  3 2  b 2  82  a  5  2   b  4  2  8 2 2  2 2 . a  1   b  2   42 36    Hệ (*) có nghiệm  hệ (**) có  17 nghiệm (a;b) với a, b 0 a  5 2 2  phương trình 8X -4mX+m b 4  2a  a 1  2 2  b   14 4m-12=0 có 2 nghiệm không âm a  1   6  2a  20  b  2   5 . Tọa độ điểm   hoặc   17  14   m2  8m  24 0 A  ; ;0    6 m 4  2 10 A tương ứng là A(1;2;0) và  5 5   m 0  m2  4m  12 0 Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng    27  6  C ; ;8  y  P 4  x    16  5 5 . là: C(-3;-6;8), 2  . Mặt khác . Câu 7a: Ta có 2 Max P  8 10 Suy ra: khi. . 5  2 10 ; y 3  2 10. 2  x  1  min P 8 khi  y 14 hoặc x. Z.  1  3i   3i  1  1  i  2  1  1  i   1  i  . Suy ra,. .  1  3i   1  3i   2i  4. . 5i.. Z  1 1  5i  Z  1  12  52  26..  x 8   y  4 . Câu 6a: 1. (1.0 điểm) Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu 6b: a. (1.0 điểm) Ta có  ON (3; 4) ,ON=5, 4. N. 2. Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x  y  2 z  9 0 và 4 x  7 y  4 z  9 0 .. d. O. ĐT:01694838727 A  2  C  2 Với : được phương trình mặt phẳng (Q) 2 x  y  2 z  9  0 là: 4 4 A  C  7 7 : được phương trình mặt phẳng Với (Q) là: 4 x  7 y  4 z  9 0. 5. M -2. Câu 7b: (1,0 điểm) Điều kiện: x, y > 0 (*) đường thẳng ON có phương trình 2 y log9 x 6 4(x-3)-3(y-4)=0  4x-3y=0 do  log x  log3 y 3 M  d  M (3m  6; m) Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với  3 Khi đó ta có log 9 x.log 3 y 1  2S ONM 1  3log 3 y 3 SONM  d ( M , ON ).ON  d ( M , ON )  log 3 x  2 ON x.log 3 y 2 log log 3 x 1 log 3 x 2 m 3 1      4.  3m  6   3m x  log 3 y 3  log 3 y 2 log y 1 3  9m  24 15   log3 13 hoặc  3 m  5  log33 x 1  x 3    log y 2 Với m  1  M (3;  1)  y 9 (tm (*)) Với  3 Với  13  13   log 3 x 2  x 9 m  M   7;    3 3   Với . log 3 y 1  y 3 (tm(*)) Vậy các điểm M cần tìm là M(3;Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./  13   M   7;  3   1) và Câu 6b: 2. (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT  nP  1; 0;1 Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng. A  x  3  B  y  1  C  z  1 0 A2  B 2  C 2 0  n  A; B; C  với VTPT là Q Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra d ( I , (Q)) R .  4A  B  C 2. 2. A  B C. 2. 3   4 A  B  C 3 A2  B 2  C 2. (*) Mặt khác   (Q)  ( P)  nQ .nP 0  A  C 0  C  A Thay vào (*) ta được. B  5 A 3 2 A2  B 2  8 B 2  7 A2  10 AB 0 (**) Chọn B=1, (**)  7 A2  10 A  8 0  A 2 4 A 7 hoặc. Luyện thi Đại Học. 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>