Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 128 Ngày 14 tháng 6năm 2014 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số = + − − + 3 2 3( 1) 3 2 (1)y x m x mx , với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để đường thẳng d: = − 1y x cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C và gốc tọa độ O cách đều hai điểm B và C, biết điểm A có hoành độ bằng 1. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: π   − − = +  ÷   2 (cos sin 2) os 2sin 2 8 x x x c x 2. Giải hệ phương trình:  − − + + = + + +   + = − +   2 2 2 2 2 3 2 5 2 1 2( 1) 2 2 2 2 4 3 x x x x y y y x y x y ( ) ,x y R∈ Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: − = + ∫ 2 2 3 1 1 x I dx x x Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A; AB = AC = a và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt phẳng (ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn: + + + + + = 2 1 1 2 1 2 5x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 2P x y z= + + . B. PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II ) I. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : + − =2 8 0x y và d 2 : − − =2 4 0x y . Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc Ox, tiếp xúc d 1 và cắt d 2 tại A, B với diện tích tam giác IAB bằng 5 3 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): + + − =2 0x y z . Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A(2;0;1), B(1;0;0), C(1;1;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P). Câu VIIa. (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên, mỗi số có bốn chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Tính số phần tử của S. Từ S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất để số được chọn là số lẻ và số lẻ đó có mặt chữ số 5. II. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có C(5;-7), A thuộc đường thẳng d 1 : − + =4 0x y , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình d 2 : − − =3 4 23 0x y . Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): + + = 2 2 2 1x y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm    ÷   1 1; ;0 2 M vuông góc với mặt phẳng (Q): − =3 2 0y z và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số phức   =  ÷ +   1 1 3 n z i , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: − = 2 0 6 n n n C A . Hết… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ 128 Câu Đáp án Đ I.1 m = 0 ta có = − + 3 2 3 2y x x +) TXĐ: R +) Sự biến thiên: →−∞ →+∞ = −∞ = +∞lim ; lim x x y y 0,25 = − = ⇔ = = 2 ' 3 6 ; ' 0 0; 2y x x y x x BBT Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên khoảng (0; 2) và (0;1). x CĐ = 0, y CĐ = y(0) = 2; x CT = 2, y CT = y(2) = -2. 0,5 +) Đồ thị : đồ thị giao với trục Oy tại điểm (0;2) Vẽ đúng 0,25 I.2 Hoành độ giao điểm của d và đồ thị (1) là nghiệm PT: + − − + + = 3 2 3( 1) (3 1) 3 0x m x m x .   ⇔ − + − − =   2 ( 1) (3 2) 3 0x x m x  = ⇔  + − − =   2 1 (3 2) 3 0(*) x x m x 0,25 d cắt đồ thị (1) tại 3 điểm phân biệt khi PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. ⇔ − ≠ ⇔ ≠ 4 3 4 0 3 m m ( vì P < 0) 0,25 Ta có − −( ; 1), ( ; 1) B B C C B x x C x x , do đó O cách đều B, C ⇔ = 2 2 OB OC ⇔ − + − = ⇔ + =2( )( 1) 0 1 B C B C B C x x x x x x ( vì x B ≠ x C ) 0,25 Mà + = − ⇔ − = ⇔ = = 1 1 2 3 2 3 1 . : 3 3 B C x x m m m K L m là giá trị cần tìm. 0,25 II.1 Ta có π π     + = − + = − −  ÷  ÷     2 1 2sin 1 os 1 ( ) 2 8 4 2 x c x cosx sinx 0,25 ⇔ − − + − − = ⇔ − − + + − = ⇔ + − − = 2 2( sin os ) 2 os os sin 2 0 2 os ( os sin ) 2( 2 os 1) ( os sin ) 0 ( 2 os 1)( os sin 2) 0 PT cos x xc x c x c x x c x c x x c x c x x c x c x x 0,25 π π = − ⇔ = ± + ∈ 1 3 os 2 , 4 2 c x x k k ¢ 0,25 π π − = ⇔ = − +os sin 2 2 4 c x x x k 0,25 Giải hệ:  − − + + = + + +   + = − +   2 2 2 2 2 3 2 5 2 1 2( 1) 2 2 (1) 2 2 4 3 (2) x x x x y y y x y x y ( ) ,x y R∈ Trừ (1) cho (2) theo vế ta được: + + = + + + + + 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1 (3)x x x y y y 0,25 x y’ y - ∞ ∞∞ 0 2 + ∞ ∞∞ 0 0 + - + - ∞ 2 -2 + ∞ ∞∞ 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 II.2 Xét hàm số = + + 2 2 ( ) 1f t t t t , ta có + + + + + = + + + = = > + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ( 1) '( ) 2 1 0 1 1 1 t t t t t t f t t t t t t Suy ra f đồng biến trên R. 0,25 Từ (3) ta có f(x) = f(y+1), do f đồng biến / R nên suy ra x = y + 1, thế vào (2) ta được:  = −  + + − + + − = ⇔ + − = ⇔  =   2 2 2 2 2 ( 1) 2( 1) 4 3 0 3 4 4 0 2 3 y y y y y y y y 0,25 = − ⇒ = − = ⇒ = 2 5 2 1; 3 3 y x y x . KL: Hệ đã cho có nghiệm: {     ∈ − −   ÷     5 2 ( ; ) ( 1; 2); ; 3 3 x y 0,25 III − = + ∫ 2 2 3 1 1 x I dx x x − − − − = = = + + + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 (1 ) 1 1 1 x x x I dx dx dx x x x x x x   − +  ÷   = = − + + ∫ 2 2 1 1 1 1 ln 1 d x x x x x x = − + = 5 4 ln ln2 ln 2 5 1,0 IV *Tính thể tích chóp S.BMC . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp V BMC; N,I lần lượt là trung điểm của BC và MB. Do V ABC vuông cân tại A nên A, N, O thẳng hàng và OI // AC. Góc giữa SA và (ABC) là · = 0 60SAO . + = = 2 1 1 2 4 MBC ABC S S a + V AIO vuông cân tại I có = = = 3 3 4 4 IO IA AB a ⇒ = = = = 0 3 2 3 6 2 ; .tan60 4 4 a a AO AI SO AO + Suy ra = = = 3 2 . 1 1 1 3 6 6 . . . 3 3 4 4 16 S MBC MBC a a V SO S a 0,5 *Tính khoảng cách từ B đến (SAC). Ta có           = = ⇒ = =           ,( ) 4 4 4 ,( ) ,( ) ,( ) 3 3 3 ,( ) d B SAC AB d B SAC d I SAC d O SAC AI d I SAC Vì ⇒/ / / / ( )IO AC IO SAC . + Dựng ⊥OH AC tại H và ⊥OK SH tại K. (1) A B S O C M I N H K 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Do:  ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥   ( ) AC OH AC SHO AC OK AC SO (2) (1) và (2) suy ra ⊥ ( )OK SAC . Trong tam giác vuông SOH ta có: = + = + ⇒ = 2 2 2 2 2 1 1 1 16 16 3 42 28 9 54 a OK OK OH SO a a . (2) Vậy   = =   4 3 42 42 ,( ) . 3 28 7 a a d B SAC 0,5 V Với hai số không âm a,b ta có + + + ≥ + + +1 1 1 1 (1)a b a b . Thật vậy, ⇔ + + + + + ≥ + + + + + ⇔ + + + ≥ + + (1) 2 2 (1 )(1 ) 2 2 1 1 1 a b a b a b a b a b ab a b luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0. Áp dụng (1) ta có = + + + + + ≥ + + + + + ≥ + + + + 2 2 2 5 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2x y z x y z x y z Suy ra + + ≤ 2 2 2 8x y z hay + ≤ − 2 4 2 x y z (2) 0,5 Khi đó   ≤ + + ≤ + −  ÷   3 2 3 3 3 2 ( ) 2 4 2 x P x y z x (3) Chú ý rằng, từ (2) và x,y,z không âm ta có ≤ ≤0 2 2x . Xét hàm số   = + −  ÷   3 2 3 ( ) 2 4 2 x f x x với ≤ ≤0 2 2x . Ta có     = − − = − − + −  ÷     2 2 2 2 2 3 '( ) 6 3 4 ( 2) (12 ) 2(16 ) 2 4 x f x x x x x x x x ;  = = ⇔  =   0 '( ) 0 2 x f x x Từ   = = = ⇒ ≤ ∀ ∈     (0) 64, (2) 24, (2 2) 32 2 ( ) 64, 0;2 2  x x (4) Từ (3) và (4) ta có ≤ 64P , dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. Vậy GTLN của P là 64, đạt được khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. 0,5 VIa.1 Gọi I(t;0) và R là bán kính đường tròn (C) cần tìm. Hạ ⊥ ⇒ 2 IH d H là trung điểm AB. 0,25 Ta có   = − =   ⇔ ⇒ =   = − =     1 2 ( , ) 2 8 5 ( , ) 2 4 5 d I d R t R R IH d I d IH t IH 0,25 Do đó = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = 2 2 5 3 . 5 3 5 3 2 5 2 4 IAB R R S IH HA R R 0,25 } {  − + = − = ⇔ − = ± ⇔ ∈ −  + + =   2 2 2 2 ( 9) 20 2 8 10 4 5 9; 1 . : ( ) : ( 1) 20 x y t t t KL C x y 0,25 VIa.2 Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu cần tìm. Từ gt ta có: a + b + c – 2 = 0 (1) 0,25 Theo gt ta có = = ⇔ = = 2 2 2 IA IB IC IA IB IC , suy ra hệ:   − + + − = − + + + =   ⇔   − = − + + − = − + − + −     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) 2 (2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) a b c a b c a c a b a b c a b c 0,25 Giải (1) và (2) ta được R = = = = ⇒1; 0; 1 (1;0;1)a b c I 0,25 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Phương trình mặt cầu: ( ) ( ) − + + − = 2 2 2 1 1 1x y z 0,25 VII.a Mỗi số cần tìm là một chỉnh hợp chập 4 của 7 0,25 Do đó số phần tử của S là = = 4 7 7.6.5.4 840A 0,25 Gọi A là biến cố cần tìm, ta có Ω = + = 3 2 6 5 3.3. 300 A A A 0,25 KL: Xác suất cần tìm là = = 300 5 ( ) 840 14 P A 0,25 VIb. 1 ∈ ⇒ + 1 ( ;4 )A d A a a . Gọi = ∩ 2 I AC d . Khi đó theo định lí Ta lét  + + = =   = = ⇒ = − ⇔  + −  = =   2 10 1 3 3 2 2 2 10 3 3 A C I A C I x x a x IC MC IA IC y y IA AD a y uur uur Mà ∈ ⇒ = 2 1I d a . Vậy A(1;5) 0,25 Gọi M là trung điểm của BC ⇒ ∈ ⇒ + + ⇒ + + 2 (13 4 ;4 3 ) (21 8 ;15 6 )M d M t t B t t 0,25 Ta có = + + = + + = ⇔ = − = − 9 (20 8 ;10 6 ), (16 8 ;22 6 ); . 0 3; 5 AB t t CB t t AB CB t t uuur uuur uuur uuur 0,25 Với t = -3 thì B(-3;-3). Với = − ⇒ 9 33 21 ( ; ) 5 5 5 t B 0,25 VIb. 2 Gọi = + + ≠ 2 2 2 ( ; ; ), ( 0)n A B C A B C ur là VTPT của mặt phẳng (P), suy ra phương trình mặt phẳng (P): + + − − = 1 0 2 Ax By Cz A B 0,25 Mặt phẳng (Q) có VTPT là = −' (0;3; 2)n uur ; ⊥ ⇒ = ⇔ − =( ) ( ) . ' 0 3 2 0 (1)P Q n n B C ur uur 0,25 Do (P) tiếp xúc với (S) nên − − = ⇔ + − = + + 2 2 2 2 2 1 2 1 3 4 4 0 (2) A B B C AB A B C 0,25 Từ (1) và (2) suy ra B = 0; C = 0, A ≠ 0 hoặc A = 3B, C = 3/2 B. Do đó (P): x – 1 = 0 hoặc (P): 6x + 2y + 3z -7=0 0,25 VIIb Ta có − = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = = − 2 2 ( 1) 6 6 12 0 4( ); 3( ) 2 n n n C n n n th n kth . 0,25 Mà π π       − = = ⇒ = − + −  ÷  ÷  ÷  ÷ +       1 1 3 1 4 2 3 3 1 3 i s s cos isin i 0,25 π π π π         = = − + − = − +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         4 1 4 4 1 16 3 3 16 3 3 z s cos isin cos isin KL: = − + 1 3 32 32 z i 0,5 . A B C D I M 5 . Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 128 Ngày 14 tháng 6năm 2014 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0. liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ 128 Câu Đáp án Đ I.1 m = 0 ta có = − + 3 2 3 2y x x +) TXĐ: R +) Sự biến thi n: →−∞ →+∞ =. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để đường thẳng d: = − 1y x cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C và gốc tọa độ O cách đều hai điểm B và C,