De so 11914

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 119 Ngày 30 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ĐIỂM) y  x3  3 x 2  3  1  m  x 1  3m (1) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc toạ độ). cos 2 x  3.sin x  2  3 sin 2 x  3.cos x Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sau:. 2. Giải hệ phương trình sau:.  2  2 x  1 3  2 x  2 y  1 y  1  1   4 x  2  2 y  2 2 2. ( x, y  R ).  4. 1  2 x  tan 2014 x I  dx cos 2 x 0. Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau: Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=4a, BC=3a, gọi I là trung điểm của AB , hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC) bẳng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a. 2 2 2 Câu V (1 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dương và thỏa mãn: 4 x  9 y  16 z 1 . A. 2x 3y 4z  2  2 2 2 9 y  16 z 4 x  16 z 4x  9 y 2 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: PHẦN TỰ CHỌN (3,0 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 Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm.  x 1  t   y  1  t  z 2 2. Trong không gian Oxyz cho điểm M(4;3;2) , đường thẳng d:  và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x+2y-z+11=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d), đi qua điểm M và cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn có diện tích bẳng 16 . Câu VII.a (1 điểm) . Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 30 tháng 4. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ. B.Theo chương nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) H  9; 7  1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;3), trực tâm , trọng tâm 11   G  ;1  3  . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tìm toạ độ hai đỉnh B và C. x 1 y  2 z x 2 y 1 z 1 1 :   , 2 :   1 2 1 2 1 1 và (P): x+ y-2z+5 = 0. 2. Trong không gian Oxyz cho Viết phương trình đường thẳng  song song với (P) và cắt 1 ,  2 lần lượt tại A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. 1 3 5 2013 Câu VII.b (1 điểm). Tính tổng: A C2014  C2014  C2014  ...  C2014 ----------------------------- Hết -----------------------------. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT: 01694838727 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HOC SỐ 119 CâuI. 2.. Điểm. Nội dung 3. 2. y  x  3 x  3  1  m  x  1  3m (1) Cho hàm số: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1. 3 2 Khi m =1 ta có y  x  3x  4 .. 1. * Tập xác định D R * Sự biến thiên :. 0,25.  x 0 y ' 3 x  x  2  ; y ' 0    x 2 - Chiều biến thiên:   ; 0  và  2;   , hàm số nghịch biến trên Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng khoảng( 0;2) - Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ= 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yct= 0 lim y ; lim y   x   - Giới hạn : x   - Bảng biến thiên:   x 0 2 y' + 0 0 +  4 y. 0,25. 0,25. . 0 * Đồ thị : Đồ thị cắt Ox tại (-1; 0) và (2;0) cắt Oy tại ( 0; 4) y. f(x)=x^3-3x^2+4. 5. x -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. 0,25. -5. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( O là gốc toạ độ). 2 Ta có: y ' 3 x  6 x  3(1  m) Hàm số có cđ, ct khi và chỉ khi y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2   ' 9m  0  m  0  A  x1 ; y1   B  x2 ; y2  Gọi  là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Trong đó x1  x2 2, x1 x2 1  m 1 1 y  x   y ' 2mx   2  2 m  3 3 Lấy y chia cho y’, ta có: y  y ( x1 )  2mx1   2  2m  Ta có: 1 y2  y ( x2 )  2mx2   2  2m  ( vì y’(x1)=y’(x2)=0 )    OA.OB 0  x1.x2  y1. y2 0 Tam giác OAB vuông tại O 2 x1 x2  4m 2 x1 x2  2m  2m  2   x1  x2    2m  2  0  4m3  m  5 0  m 1 (t / m). Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. Vậy m=1 thỏa mãn bài toán.. 0,25. 0, 25. 0,25 0,25. ĐT: 01694838727 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu II:. cos 2 x  3.sin x  2  3 1. Giải phương trình sau: sin 2 x  3.cos x.    x  2  k cos x 0     3 0   3   x  3  k 2 sin x    2 2   x  3  k 2 . . sin 2 x . . 3.cos x 0  cos x 2sin x . 0,25. + ĐK: + Với ĐK trên thì phương trình đã cho tương đương: cos 2 x  3.sin x  2  3 sin 2 x  3.cos x. . .  cos 2 x . . 3.sin 2 x  3. . . 0,25. . 3.cos x  sin x  2 0. 1   3  3 1   cos 2 x  .sin 2 x   3  .cos x  sin x   1 0 2 2 2   2       cos  2 x    3 cos  x    1 0 3 6  .            2 cos 2  x    3 cos  x   0  cos  x   .  2.cos  x    1 0 6 6 6  6           x    k x   k      6 2 3    cos  x  6  0  5  2       x    k 2   x   k 2    6 6 3  1 5  cos x    cos      6 2 6    x    5  k 2  x    k 2 6 6   Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là 4 x   k 2 ; x    k 2 3 2 x   k 2 ; x   k 2 3 ( Nếu học sinh mà ra nghiệm là: thì vẫn đúng) 1  2  2 x  1 3  2 x  2 y  1 y  1  1 (1) x  2    4 x  2  2 y  2 2 2 (2) 2. Giải hệ pt:  + Đk:  y 1 3. + Phương trình (1).  2  2 x  1  2 x  1  2  y  1  1 3.  2  2 x  1  2 x  1 2. . . 0,25. 0,25. y 1. 3. y  1  y  1  f  2 x  1  f. . y 1. . 3  0; ) f '(t ) 6t 2  1  0  t 0 Xét hàm số: f (t ) 2t  t trên  0; ) Suy ra hàm số đồng biến trên f  2 x  1  f y  1  2 x  1  y  1  y 4 x 2  4 x  2 Do đó: 2 + Thay y 4 x  4 x  2 vào (2) ta có. . 4  x  1 4x  2  2. . 0,25. . 4 x  2  2(4 x 2  4 x  2)  2 2 2  . 0,5. . 4x  2 . . 2   8x2  8x  2  . 2  0 . 8 x  x  1.   4 8x 0   x  1    0 8x2  8x  2  2 8x2  8x  2  2   4x  2  2. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT: 01694838727 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  4 8x 1  x 1  Do   0 x   2 2 4x  2  2 8x  8x  2  2  Với x=1  y 2 (t/m). Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) là (1;2). 1  g  x   4 x  2  2(4 x 2  4 x  2)  2  2 2 tren  ;   2  , hàm số Chú ý: học sinh có thể làm xét hàm số. 0,25. 1   2 ;   g(x) đồng biến trên Câu III:.  4. I. Tính tích phân:. 1  2 x  tan 2014 x dx  cos 2 x 0.  4.  4.  4. 1 x tan 2014 x I   2 dx  2  2 dx   dx cos x cos x cos 2 x I1  2 I 2  I 3 0 0 0 Ta có:  4. Hoặc. 0,25.  4. 1  2x tan 2014 x I   2 dx   dx cos x cos 2 x 0 0  4.  1 I1  2 dx tan x 4 1 cos x 0 0 +  u x du dx   I 2  x.tan x 4   dx   v tan x dv  cos 2 x 0 Đặt.  4. +  4. x I 2  2 dx cos x 0  4. d  cos x  sin x  dx   dx  cos x 4  cos x 0 0.    2   ln cos x 4   ln 4 4 2 0  4. Câu IV:. 0,5.  4.  tan 2014 x tan 2015 x 1 2014 I 3  dx tan x d  tan x   4 2 cos x 2015 2015 0 0 0 +  2 1 2016  2 0,25 I I1  2 I 2  I 3 1  2   ln    2ln   4 2 2015 2015 2 2   Vậy: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA=4a, BC=3a, gọi I là trung điểmcủa AB , hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC) bẳng 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.  SI   ABC  Do hai mặt phẳng (SIC) và (SIB) cùng vuông góc với (ABCD) Dựng IH vuông góc với AC tại H  SH  AC ( Định lý 3 đường vuông góc)  SHI là góc giữa (SAC) và (ABC), theo giả thiết  SHI 600. S. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch x H A. z. 0,25. C. y. ĐT: 01694838727 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I. B O. K. Ta có. 0,25. HI AI AI .BC 2a.3a 6a   HI    BC AC AC 5a 5. AHI ABC . tan 600 . SI 6 3a  SI HI .tan 600  HI 5. Xét tam giác SHI có 1 1 1 6 3a 12 3a 3 S ABC  BA.BC 6a 2 VS . ABC  .SABC .SI  .6a 2 .  3 3 5 5 2 * Dựng đường thảng d đi qua B và song song với AC, gọi (P) là mặt phẳng tạo bởi 2 đường thẳng SB và d. Ta có AC song song với mp(P) chứa SB  d  AC; SB  d  AC;  P   d  H ;  P   2d  I ;  P  . Câu V:. Dựng IK vuông góc với d tại K, dung IE vuông góc với SK tại E IE   P   IE d  I ;  P   Suy ra: 1 1 1 25 3 3a 6 3a  2 2   IE  d  AC ; SB   2 2 IK IS 27a 5 . Vậy 5 Xét tam giác SIE có IE Chú ý: Bài này học sinh ghép toạ độ 2 2 2 Cho x, y, z là 3 số thực dương và thỏa mãn: 4 x  9 y  16 z 1 . A. Xét hàm số: f(t)=. t 1 t.  a  1  a2   áp dụng Tương tự:.  0;1 trên. 2 3 3. a   0;1 . b2 3 3 2  b b   0;1 2 2 b 1 b . A Suy ra:. .  f t . 2x 3y 4z  2  2 2 2 9 y  16 z 4 x  16 z 4x  9 y 2. Câu VI.a. 2 3 3. 0,25. 0,25. t   0;1. a2 3 3 2  a a   0;1 2 2 a 1 a  c2 3 3 2  c c   0;1 2 2 c 1 c  0,25. a2 b2 c2 3 3 2 3 3    a  b2  c2    2 2 2 2 2 a 1 a  b 1 b  c 1 c .  2 x   1   3 y  3   4 z   Dấu = xảy ra khi: a=b=c=. 0,25. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  a 2 x  2 2 2 b 3 y  a, b, c  0, a  b  c 1 a b c A 2 2  2 2  2 c 4 z b  c a  c a  b2 Đặt  Khi đó: a2 b2 c2 A   a  1  a2  b  1  b2  c  1  c2  2. 0,25. 1 1  x  3 2 3  1 1   y  3 3 3   1 1 3 3 z  3 4 3  Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 Phần tự chọn. 0,25. A- Theo chương trình chuẩn: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm.. A Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT: 01694838727 5. I.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> H B. x 2M. C. D.  BH d  B; AM  . 6 10. Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM Đặt cạnh hình vuông là x>0 1 1 1 10 1 4  2   2  2  x 3 2 2 2 BA BM 36 x x Xét tam giác ABM có BH A thuộc AM nên AB 3 2 . 0,25. A  t; 7  3t .  4 t. 2. 0,25. 2.   3t  6  3 2  10t 2  44t  34 0.  t 1  17 16    17  A  ;    loai, A  1; 4   t / m t  5  5 5  0,25. x 3 2  5 1 BM    M  ;  2 2  2 2 Làm tương tự cho điểm B, với M là trung điểm của BC  D   2;1 Từ đó.  C  1;  2 . .. Gọi I là tâm của hình vuông. 2.. 0,25.  I  1;1.  x 1  t   y  1  t  z 2 . 2. Trong không gian Oxyz cho điểm M(4;3;2) , đường thẳng d: và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x+2y-z+11=0. Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng (d), đi qua điểm M và cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn có diện tích bẳng 16 . I  d  I  1  t;  1  t; 2 . IM .  3 t. 2.  4 t. 2. d  I ;  P   3. 0,25. Đường tròn có diện tích bằng 16 suy ra bán kính đường tròn bằng r=4. Gọi R là bán kính mặt cầu (S) Theo giả thiết ta có:  IM R  t 0  IM 2 32  42   2  2 2    t  1  R  d  I ;  P     r Với t=0 thì. I  1;  1; 2  , R 5.  x  1 Vậy mặt cầu (S) có phương trình:. t=-1 thì 2. 2. 0,25. 0,25. I  0;0; 2  , R 5 2.   y  1   z  2  52. 0,25. 2. Câu VII. a. x 2  y 2   z  2  52 Hoặc: Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca hát chào mừng ngày 30 tháng 4. Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ. C5 Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp có 35 cách Gọi A là biến cố: ‘‘ Chọn được 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ’’ Suy ra A là biến cố: “Chọn được 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào”. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 0,25. 0,25. ĐT: 01694838727 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 5 Ta có số kết quả thuận lợi cho A là C20 C5 P A  205 C35. 0,25.  . 0,25. 5 C20 2273  0,95224 5 C35 2387 B- Theo chương trình nâng cao.  . P  A  1  P A 1 . Câu VI.b. 2.. H  9; 7  1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;3), trực tâm , trọng tâm 11   G  ;1  3  . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tìm toạ độ hai đỉnh B và C. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  GH  2GI  I  1;  2  (không cần chứng minh) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính R=IA=5 2 2  x  1   y  2  52 nên có phương trình:   AG 2.GM  M  5;0  Gọi M là trung điểm của BC , ta có  AH  8; 4  Đường thảng BC đi qua M và có véc tơ pháp tuyến là nên có phương trình 2x+y-10=0 2x  y  10 0  B  6;  2  , C  4; 2   2 2 x  1   y  2  52    Toạ độ điểm B và C thoả mãn hệ: Hoặc ngược lại. x 1 y  2 z x 2 y 1 z 1 1 :   , 2 :   1 2 1 2 1 1 và Trong không gian Oxyz cho (P): x+ y-2z+5 = 0.Viết phương trình đường thẳng  song song với (P) và cắt 1 ,  2 lần lượt tại. A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. A  1  A   1  t;  2  2t; t  ; B   2  B  2  2 s;1  s;1  s    AB  3  2 s  t;3  s  2t;1  s  t   n  1;1;  2  Véc tơ pháp tuyến   của (P) là   / /  P   n. AB 0  4  s  t 0  t s  4 Do AB .  3  2s  t . 2. 2. 2.   3  s  2t    1  s  t  .  s  1. 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 2.    s  5  9.  2  s 2  4s  4   27 3 3 dấu ‘ =’ xảy ra khi s=-2 khi đó t=2   A  1; 2; 2  , B   2;  1;  1  AB  3  1;1;1. Câu VII. b. 0,25. x 1 y 2 z 2   1 1 Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua hai điểm A,B nên có pt: 1 1 3 5 2013 Tính tổng: A C2014  C2014  C2014  ...  C2014. 1 i Ta có:. 2014. 1 1 2 3 4 2013 2013 2014 2014 C2014 i 0  C2014 i1  C2014 i 2  C2014 i 3  C2014 i 4  ...  C2014 i  C2014 i 1 1 2 3 4 2013 2014 C2014  C2014 i  C2014  C2014 i  C2014  ...  C2014 i  C2014. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 0,25. ĐT: 01694838727 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 2 2014 1 3 2013  C2014  C2014  ...  C2014  C2014  ...  C2014    C2014  i B  Ai 2014.   1 1   1  i   2   i   2    2 2014 2014  21007.  cos  i.sin 4 4  1007 Vậy A  2 2014. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. 1007. 2.    .  cos  i.sin  4 4 . 2014. 0,25 0,25.  1007 1007  2 .  0  i   2 .i  0,25. ĐT: 01694838727 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>