Đề thi thử đại học môn: Toán khối A-A1-B (Đề 2)

 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
 MÔN: TOÁN KHỐI:A-A1-B
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1) (m là tham số)
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
 2) Xác định m để đường thẳng d: y = cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB. 
Câu II (2 điểm)
Giải phương trình: 
Giải phương trình: 
Câu III (1 điểm) Tính các tích phân sau: I = 
Câu IV (1 điểm) 
 Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE.
Câu V ( 1 điểm)
 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn : . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 P = + 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4, ), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm I(1, ). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm.
 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và hai điểm A(3, 2, –1), 
B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VIIa ( 1 điểm)
Tính tổng S = 
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm) 
 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm M trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
 2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): và mặt phẳng (P):
 2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VIIb ( 1 điểm)
Gọi z1 và z2 là hai nghiệm của phương trình: . Tìm phần thực và phần ảo của số phức 
 -------------------------------------------
 GV:NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0902568392 –Đ/C:482/6-TLỘ 10-BTĐ-Btan
Bài giải 
Câu I (2 điểm)
1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm +TXĐ : D = R
+ , + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 
+BBT
 x
– 1 3 +
 y’
 + 0 – 0 +
 y
 1 +	
– – 3 
+ Hàm đồng biến trên các khoảng (– , 1) và (3, +), nghịch biến trên khoảng (1,3)
 Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3)
+ y” = 6x – 12 ; y” = 0 x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1)
+ Đồ thị
2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 
+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
 (*)
+ Gọi B(x1, y1), C(x2, y2) với y1 = x1 – 3, y2 = x2 – 3 ; trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) . Ta có = (x1, y1 + 3), = (x2, y2 + 3) = 3x2 = 3x1 
+Ta có 
+ Ta có 4m2 – m – 3 = 0 ( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4
Câu II(2 điểm) 1) 
 (1)
+ Đặt t = sinx – cosx , thì t2 = 1 – sin2x 
+ (1) trở thành t[1 + 2(t2 – 1)] = ( 3 – t2 )
t = 
+ sinx – cosx = 
2) (1,0 đ) (1)
+ĐK: x > – 2 . Đặt t = thì (1) có dạng t2 + (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2)
+ = (x – 10)2 – (75 – 10x) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Suy ra (2) 
+ = 5 x + 2 = 25 x = 30 += 15 – 2x + 2x – 15 = 0
Đặt f(x) = + 2x – 15 thì f’(x) = > 0, x
Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+) và f(6) = 0 x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0.
+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6}
Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V = 
+ Đặt t = 1 + = t – 1 3 + 2x = (t – 1)2 dx = (t – 1)dt
 x = – 1t = 2 ; x = 3 t = 4
+ V = = = = 
Câu IV (1 điểm)
+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E. 
Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2 
+VA.BMNE = VHABK – (VHAEN + VMABK)
+SABK = AB.AK.sin600 = 
+VH.ABK = SABK.HA = 
+VM.ABK = SABK.MC = ; A’E = a
+VHAEN = VH.A’EN + VA.A’EN =SA’EN.HA 
 = .A’E.A’N.sin600.HA = 
+VA.BMNE = – ( +) = 
Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có mTHệ sau có nghiệm (I)
+Đặt u = , v = .Ta có u = ,tương tự v1êHH
Hệ (I) trở thành (m0)
+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình: (1)
+ Hệ (I) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm t1, t2 thỏa điều kiện 1 
. Suy ra miền giá trị T = [3, ] . Vậy maxP = , minP = 3
Câu VIa ( 2 điểm):
1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I M’(3, 2) và N’( – 2, )
+Phương trình đường thẳng M’N’: x – 3y + 3 = 0
+AMN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ
+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1. 
+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt . C(0, 1)A(2, – 2)
+ Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua IQ’(5, – 2)
+DMQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN
+ Phương trình M’Q’: 2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4
+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt . B(4, 0)D(– 2, – 1 )
Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 )
2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)d. Ta có:
MA + MB = + 
 = =
+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1, ), F(–1, –) và N(t, 0)
Ta có MA + MB = (NE + NF)FE = 2
+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0
+ Vậy min(MA + MB) = 2khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)
Câu VIIa (1 điểm) + Ta có 
Suy ra 
= 
 = 
 = Vậy S = . 
Đặt t = 1 – x dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0
S = = = 
 == =
Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB: 2x + 3y + 2 = 0 
+ AB = 2, M(x0,y0)(E), d(M,AB) = 
+ SMAB = AB.d(M,AB) = 
+ BĐT Bunhiacôpxki 
Suy ra 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi.Vậy maxSMAB = 11 khi và chỉ khi M(2, 
2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = . (P) có VTPT = (2, 2, 1)
+ Gọi = (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)
+(P)2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có = (–9, 2, 20), [,] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)
 tiếp xúc (S) d(I,) = R (2)
+Từ (1) và (2) ta có :
896b2 – 61a2 + 20ab = 0
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b0. Chọn b = 1
 Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = 
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = , b = 1 thì c = .Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:và
Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số = =
+Phương trình có hai nghiệm: z1 = – i và z2 = 1 + i
+z1 = – i = 
 =
+z2 = 1 + i = 
= 
Suy ra . Vậy phần thực là và phần ảo là