Đề thi thử đại học lần 1 - 2014 môn ToánTHPT Nguyễn Đăng Đạo

Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và vuông góc với mpABCD.. Góc giữa SA với mpABCD bằng 600.. Gọi M là trung điểm của SC.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và DM..

TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐĂNG ĐẠO Năm học: 2013 – 2014

MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A1, V

( Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1 ( 2 Điểm): Cho hàm số: yx3m x2 23xm C m

a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0

b, Gọi A là điểm trên C mvà có hoành độ bằng -1 Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại A song song với đường thẳng d: y = 2x + 2

Câu 2 ( 1 Điểm): Giải phương trình lượng giác: sin x2 cos 2x 2 sinx3cosx

Câu 3 ( 1 Điểm): Giải hệ phương trình:

2

2 2

2 4 -12 - 1 0

x x y x y y y x y

x x y x y







Câu 4 ( 1 Điểm): Tìm m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm x < 1:

m x2 1 mx

Câu 5 ( 1 Điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2AD = 2a Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và vuông góc với mp(ABCD) Góc giữa SA với mp(ABCD) bằng 600 Gọi M là trung điểm của SC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và DM

Câu 6 ( 1 Điểm): Cho x y z, , là 3 số thực không âm thoả mãn: 1x2  1 2 y 1 2 z 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P2x3y3z3

Câu 7 ( 1 Điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 9

2 Các đỉnh A,

B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng d1: x + y – 2 = 0; d2: 2x – y – 4 = 0; d3: x – y – 3 = 0 Gọi E,

F là 2 điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB và AC sao cho AB = 3AE; AC = 3CF Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại điểm P(-4; -8) Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 8 ( 1 Điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x – y = 0 Viết phương trình đường tròn (C) qua điểm M(2; 0) và tiếp xúc với d tại O(0;0)

Câu 9 ( 1 Điểm): Cho khai triển: 3 0 1 2 2

2

n

n n

x

Biết rằng: a0 2a14a2  2 n a n 1024 Tìm a 6

……….Hết………

ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1

Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN KHỐI A, B, A1, V

3

Với m = 0, hàm số trở thành: y = x3 – 3x

TXĐ: D = R

lim

x

y



 

y 3x2 3

0 1 2

y



       



BBT:

x  -1 1 

y’ + 0 - 0 +

y 2 

-2



Hàm số đồng biến trên từng khoảng  ; 1và 1;  

Hàm số nghịch biến trên ( -1; 1)

Đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = 2

Đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = -2

Đồ thị:

Giao Ox tại  3; 0 ;  3; 0 ; 0; 0  

f(x)=x^3-3*x

-5

5

x y

0,25

0,25

0,25

0,25

Tìm m để tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng -1 song song d: y = 2x + 2

Từ giả thiết ta có: y  1 2

2m2 2m 1

Với m = 1M1; 2 pttt: y = 2x + 4 (thoả mãn)

Với m = -1 M1; 0 pttt: y = 2x + 2 ( Loại)

Vậy: m = 1 là giá trị cần tìm

0,25

0,25

0,25

0,25

Phương trình tương đương: sinx(2cosx – 1) – (2cos2x – 3cosx + 1) = 0

 sinx(2cosx – 1) – (2cosx – 1)(cosx – 1) = 0

 (2cosx – 1)(sinx – cosx + 1) = 0

1 cos

2 sin cos 1

x















    

*) s inx cos 1 2 sin 1

4

2 1

2

x













     



3



   xk2; 3 2

2



0,25

0,25

0,25

0,25

3

Giải hệ:

2

x x y x y y y x y





Đk: y 0

4

1 2

y x

 





*) Với y = 1 – 2x, thay vào (2) ta được:

0,25

2 0 1 ( / )

2 1 2 5 (*)





Pt(*)

5

x





 



( Vô nghiệm)

*) Với y = x4 thay vào (2) ta được:

2x2 + 4x3 -12x – x4 + 1 = 0 x44x32x212x 1 0 (**)

Đặt: x = t + 1

(**) thành: t4 – 8t2 + 6 = 0

4

4





 



Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (0; 1); 1 4 10 ; 1  4 104

;

0,25

0,25

0,25

1

m x  mx có đúng một nghiệm x < 1 1 Phương trình tương đương: 2  

x  m x

2

1 1

x

m x





Xét hàm số:  

2

1 1

x

f x

x





 với x < 1

 

1

x

 

f x 0 x  ; 1

lim ( ) 1

0,25

0,25

BBT:

x  -1 1

 

f x + 0 -

 

f x

1

2

 -1 

Từ bảng biến thiên ta thấy, phương trình cho có đúng 1 nghiệm x < 1 khi và chỉ

khi:

1 1 2

m

m

 





  



0,25

0,25

*) Hạ SH AB tại H SH (ABCD)

SA ABCD SAH

SAB

 vuông tại S, có SAB60 ;0 AB2a

2

a SH

2

ABCD

3

a

*) Gọi N là trung điểm BC  SB//(DMN) dSB DM;  dB DMN; 

Ta có:

2

1

a

S  S 

M BDN

a

3

0,25

0,25

S

C

D

H

M

N

Dễ dàng tính được

2

AH  BH  HC BH BC  SC2 SH2HC2 4a2

Có: DAAB DA; SH DA(SAB)DASA SADvuông cân tại A

2

SD a

Trong SCDcó:

2 4

6 cos

DMN

MD MN

4

DMN

2

.sin

DMN

a

5

MBDN

B DMN

MDN

d

S

0,25

Với mọi số a, b không âm ta chứng minh bất đẳng thức:

1a 1b 1 1 a b (1)

Thật vậy, (1)   2 a b 2 1a1b   2 a b 2 1  a b

 1a1b 1 a b ab (luôn đúng vì a, b không âm) 0

Dấu “ =” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0

Áp dụng (1) ta có:

5 1x  1 2 y 1 2 z  1x  1 1 2 y2z  2 1x 2y2z

2

8

2

x

3 2 3

2

x

P x  yz  x    

0,25

0,25

Xét   2 , 0; 2 2

2

4

Với  x 0; 2 2

 có: x(12-x)

2 + 2(16-x)2 > 0 0

( ) 0

2

x

f x

x









 0 64;  2 24; 2 2 32 2

Dấu “ =” khi x = y = 0; z = 4 hoặc x = z = 0; y = 4

Vậy MaxP = 64

0,25

0,25

Từ F kẻ FI//AB, (IBC)

3

AB  CA CB 

1 2

CI

1 4

1 4

 

(*)

Gọi B(b; 2b – 4); C(c; c – 3) PBb4; 2b4 ;  PCc4;c5

Thay vào (*) ta được: 4

2

b c







 



4; 4 2; 5

B C



 

 



3 13

BC

2

ABC

S

BC



Ptđt BC: 3x – 2y – 4 = 0

Gọi A(a; 2 – a)  ;  5 8

13

A BC

a

0,25

0,25

A

E

F

P(-4; -8)

I

 

;

a



Vậy: A(1; 1); B(4; 4); C(-2; -5) hoặc 11; 1

A  

 ; B(4; 4); C(-2; -5)

0,25

0,25

Gọi I là tâm của (C) IOd  ptđt IO: x + y = 0

Gọi I(a; -a)

Ta có: R2 IO2 IM2

1

a

1; 1

2

I





0,25

0,25

0,25

0,25

2

n

n n

x

Cho x = 2 ta được: 2n a02a14a2 2 n a n

2n 1024n10

Với n = 10, ta có:

10 10 0

1

k

k

x



a6 là hệ số của x6

6

1 8505 3

………….Hết…………

0,5

0,5

Chú ý: Mọi cách giải khác của thí sinh, nếu đúng, cho điểm tối đa theo từng bước tương ứng với đáp án

M

I

O

d