Đề thi thử đại học năm 2014 môn toán trường chuyên Nguyễn Trung Thiên, Hà Tĩnh

Đề thi thử đại học năm 2014 môn toán trường chuyên Nguyễn Trung Thiên, TP Hà Tĩnh

sở giáo dục và đào tạo hà tĩnh

Trường THPT Nguyễn Trung Thiên

Đề THi thử đại Học LầN I năm 2014 Mụn thi: Toán - KHỐI A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3

1

x y x

−

= + có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ giao điểm I của 2 tiệm cận của (C) đến tiếp tuyến bằng 2 2

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 1 2 sin(2 ) cos cos 3

4

2 Tính: I = t anx2

1 + c os x dx

∫

Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

4 1

2 1

y

x





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang

Đáy lớn AB = 2a ; BC = CD = DA = a; SA vuông góc với đáy, mặt phẳng(SBC) tạo với đáy một

góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

( 2 2) ( 2 2 ) ( 2 2 )

II Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G (2;-1)

Đường trung trực của cạnh BC có phương trình d : 3x− − =y 4 0 Đường thẳng AB có phương trình

1:10 3 1 0

d x+ y+ = Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

Câu VII a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0), B(6;4) Viết

phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm (C) đến B bằng

5

Câu VIII a (1,0 điểm ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( ) 3 2 n

x

= + 

  (x>0) Biết rằng n thỏa mãn: 6 7 8 9 8

2

n n n n n

C + C + C +C = C +

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A(1;2)

Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d : x− − =y 1 0 tiếp xúc với (T) tại B

Câu VII b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: 3x+ + =y 5 0;

2: 3 1 0

d x+ + =y và điểm I(1;-2) Viết phương trình đường thẳng đi qua I cắt d d1, 2 lần lượt tại A và B sao cho AB=2 2

Câu VIII b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3 2

2

2

x x

x

 +  =

   

- Hết -

www.VNMATH.com

Đáp án K.A gồm có 6 trang

Lưu ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa

1 (1,0 điểm)

+ Tập xác định: D=R\{ }−1

+ Sự biến thiên: ' 4 2 0

( 1)

y x

= >

+ , ∀ ≠ −x 1, suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng

(−∞ −; 1)và(− +∞1; )

+ Giới hạn: lim 1

x y

→−∞ = ; lim 1

x y

→+∞ = => Tiệm cận ngang: y=1

1 lim x −y →− = +∞; lim x y →+∞ = −∞ => Tiệm cận đứng: x=-1 + Bảng biến thiên:

x −∞ -1 +∞

y’ +

y +∞ 1

1 −∞

+ Đồ thị : Giao với Ox: (3;0), giao với Oy: (0;-3) Đồ thị nhận I(-1;1) làm tâm đối xứng x 0 -1 3 1 -3 0,25 0,25 0,25 0.25 Câu I 2,0 điểm 2 (1,0 điểm) Giả sử M x y( 0; 0) thuộc (C), 0 0 0 3 1 x y x − = + , x0 ≠ −1 Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ tại M là:

( )2 ( 0) 0 0 0 3 4 1 1 x y x x x x − = − + + + ( )2 ( 2 ) 0 0 0 4x x 1 y x 6x 3 0 ⇔ − + + − − = Theo đề : d I( ),∆ =2 2 ( ) ( )

0

4 0

2 2

x

( )4 ( )2

0.25

0.25 www.VNMATH.com

0

0

1 3

x x

=



⇔  = −

Với x0 =1, phương trình :∆ y= −x 2;

Với x0 = −3, phương trình :∆ y= +x 6

0,5

1 (1,0 điểm)

PT ⇔ +1 sin 2x+cos 2x=2 cos cos 2x x

2 cos x 2sin cosx x 2 cos cos 2x x 0

2 cosx cosx sinx cos x sin x 0

⇔cosx(cosx+sinx)(1 cos− x+sinx)=0

cos 0

cos sin 0

cos sin 1

x

=







2

1 cos

x

x

π π

π



= +





⇔ = −

  + =



2

4 2

x k

π π

π π π

 = +







⇔ = − +

 =





k∈

0,25

0,5

0,25

Câu

II

2,0

điểm

2 (1,0 điểm)

Ta có: tan 2 sin cos 2

cos

t= x ⇒ = −dt 2sin cosx xdx

Suy ra: 1

2 ( 1)

dt I

t t

= −

+

∫

1 1 1 1ln 1

t

+

+

∫

Kết luận:

2 2

1 1 cos ln

x

x

0,25

0,5

0,25

Câu

III

1,0

điểm

Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình

0,25 www.VNMATH.com

Hệ tương đương với

2

2

1

4

2 1

x

x y y

y

x y

x

 + + + =







Đặt

2 1

x u

y

+

= , v = x + y Hệ trở thành:

4 1 2

u v

v u

+ =





 = +



Giải hệ ta có: u =1

v = 3

Với

1

2 1

1

3

5

x x

y u

y

x y

y

 =

 + =  =

=









0,25 0,25 0,25

Câu

IV

1,0

điểm

Gọi N là trung điểm AB

C D

N

60 0

Ta có: AN // DC

AN = DC = a





 nên ADCN là hình bình hành

Suy ra: NC = AD = a

=> NA = NB = NC =a hay ACB∆ vuông tại C suy ra AC ⊥BC

Do SA⊥(ABCD) nên SA⊥BC

áp dụng định lý ba đường vuông góc ta suy ra SC BC⊥

Suy ra: Góc giữa (SBC) và (ABCD) là SCA∠ => ∠SCA= °60

Mặt khác: NBC∆ đều nên ∠NBC = °60

3 3

2

AC = AB= a

SA=AC tan 60° = 3 3a =3a

2

3 3 4

ABCD

a

Tính được thể tích chóp S.ABCD bằng

3

3 3

4a

0,25

0,25

0,25 0,25 www.VNMATH.com

Câu

V

1,0

điểm

Ta có :

2 3

P

xyz

áp dụng bất đẳng thức 2 2

2 , ,

a + ≥b ab ∀a b 2 2 2

x y z xy yz zx

(Đẳng thức xảy ra khi x=y=z)

2 3

x y z xy yz zx P

xyz

P

⇒ ≥ +  + +  + + 

Xét hàm số

3 2 ( )

3

t

f t

t

= + với t > 0 ;

2

2 2 '( ) f t t t = − ; 4 '( ) 0 2 f t = ⇔ =t Bảng biến thiên: t 0 4

2 +∞

y’ - 0 +

y +∞ +∞

4

8

3 2

4 8

P≥ Đẳng thức xảy ra khi 4

2

x= = =y z hay 4

4 8

P=

0,25

0,25

0,25

0,25

A Theo chương trình chuẩn Câu

VI a

1,0

điểm

Gọi M là trung điểm BC, vì M∈d nên M (m; 3m-4)

Mà GA= −2GM

nên A (6-2m; 5-6m)

A∈AB ⇒ =m 2 ⇒M( )2; 2 , A(2; 7− )

BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x + 3y – 8 = 0

B=AB∩BC nên B(−1;3)

M là trung điểm BC nên C( )5;1

0,25 0,25 0,25

0,25

Câu

VII

a

1,0

điểm

Gọi I x y là tâm của đường tròn (C) ( ;0 0)

Khi đó, do (C) tiếp xúc với Ox tại A nên với i=(0;1)

là vectơ đơn vị trên trục Ox, ta có:

IA⊥i

 

( 0) ( 0)

1 1 x 0 0 y 0

⇔ − + − = ⇔x0 =2

Theo giả thiết, ta có:

R = IB – 5 2

;IB =25 ( ) (2 )2

0

⇔ y0− = ±4 3 0

0

7 1

y y

=



⇔  =

0,25

0,25 www.VNMATH.com

Với y0 =7 thì (2;7)I ⇒ =R 7

Với y0 =1 thì (2;1)I ⇒ =R 1

Vậy ta có hai đường tròn cần tìm:

( ) (2 )2

x− + y− = ; ( ) (2 )2

Câu

VIII

a

1,0

điểm

áp dụng công thức 1 1

1

k k k

n n n

C +C + =C ++ , ta có:

n n n n

C + C + C +C 6 7 7 8 8 9

n n n n n n

7 8 9

C + C + C +

n n

C + C +

3

n

C +

=

Giả thiết tương đương với

3 2 2

n n

C + = C + 3 2

9

n+

⇔ = ⇔ =n 15

Khi đó ( ) 3 2 n

x

= + 

15 ( )15

3 15 0

2 k

k k

K

x

−

=

 

 

∑

30 5 15

6 15 0 2

k

k k K

C x

−

=

_

Số hạng không chứa x tương ứng với 30 5 0 6

6

k

k

− = ⇔ =

Số hạng phải tìm là 6 6

15.2 320320

0,25

0,25

0,25 0,25

B Theo chương trình nâng cao Câu

VI b

1,0

điểm

Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC∆

Vì ABC∆ vuông cân tại A nên I là trung điểm BC và AI ⊥BC

Theo giả thiết BC⊥( )d ⇒d/ /AI ⇒ Bán kính của (T) là: R=d A d( , )= 2

( )

BC⊥ d ⇒ BC: x + y + c = 0

d A d = =R 1 2 2

2

C

+ +

5

C C

= −



⇔  = −

BC x y

BC x y

+ − =





Đường cao AI của ABC∆ đi qua A( )1; 2 và song song với ( )d ⇒AI x: − + =y 1 0

Nếu BC x: + − =y 1 0 : 1 0

1 0

x y

I BC AI

x y

+ − =



⇒ = ∩  − + = ⇒ I(0;1)

Suy ra: 2 ( )2

( ) :T x + −y 1 =2

Nếu BC x: + − =y 5 0 : 5 0

1 0

x y

I BC AI

x y

+ − =



⇒ = ∩  − + = ⇒ I(2;3)

Suy ra: ( ) (2 )2

( ) :T x−2 + y−3 =2 Vậy có hai đường tròn: 2 ( )2

x + y− = và ( ) (2 )2

x− + −y =

0,25

0,25

0.25

0,25 www.VNMATH.com

Câu

VII

b

1,0

điểm

Vì A∈d1, B∈d2 nên gọi tọa độ ( ; 3A a − −a 5); ( ; 3B b − −b 1)

AB= −(b a; 4 3(− b a− ))

Từ giả thiết AB=2 2 suy ra:

b a− + − b a−  =

Đặt t b a= − , ta có: 2 ( )2

2

5

t

t

=



 + − + = ⇔

 =



Với t=2 ⇒ − =b a 2 ⇒AB=(2; 2)−

là vectơ chỉ phương của ∆ cần tìm

Suy ra phương trình đường thẳng của ∆ là 1 2

x− = y+

− ⇔ + + =x y 1 0

Với 2

5

5

b a

⇒ − = Tương tự ta có phương trình đường thẳng của ∆ là 7x− − =y 9 0

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là x+ + =y 1 0 và 7x− − =y 9 0

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

VIII

b

1,0

điểm

Đk: x>0, 1

2

x≠

PT

3 2

2 2

log

log 2

x

 

 

 

2

2 2

x

x x

2

2 2

3log 1

1 log

x

x x

−

+

Đặt t=log2 x, ta có: 3 1 0

1

t

t t

− − = + ⇔3t − −1 t t( + =1) 0

2

2 1 0

t t

⇔ − + = ⇔ =t 1

Với t=1 ⇒log2x=1 ⇒ =x 2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

0,25

0,25

0,25

0,25 www.VNMATH.com