Gọi K là trung điểm của BC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích của
Trang 1SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y= -x3+3x2 +3m m( +2) x + 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm I ( ) 1;3 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos x+tanx = + 1 tan sin x x.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
4 4 2 2 0
8 1 2 9 0
x y
ì + + + + - =
ï
í
- + - =
ï
î
( ,x y Î ¡ )
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
1
=
ò x dx
I
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên ' ' ' ' '
AA = , hình chiếu vuông góc của ' a A trên mặt phẳng ( ABCD trùng với trung điểm I của AB Gọi K )
là trung điểm của BC Tính theo a thể tích khối chóp ' A IKD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng
( A KD ' )
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 3
2
x y z + + £ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P
= + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đường chéo )
: 2 9 0
AC x+ y - = Điểm M (0; 4) nằm trên cạnh BC Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho
biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6 , đường thẳng CD đi qua (2;8) N và đỉnh C có tung độ
là một số nguyên.
Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) :P x y z + + + = và hai 3 0
điểm (3;1;1), (7;3; 9) A B Tìm trên mặt phẳng ( ) P điểm M sao cho MA MB +
uuur uuur
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 9.a (1.0 điểm). Trong một chiếc hộp có 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên
trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm , ) B C
thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x+4y -16= Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ 0 nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.
Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1
( ) :
1 2 3
x- y+ z -
D = =
- và hai điểm (2;1;1); (1;1; 0) A B Tìm điểm M thuộc ( ) D sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình
1 lg( )
10 50 lg( ) lg( ) 2 lg 5
x y
+ +
ì =
ï
í
- + + = -
ï
.
Hết
www.VNMATH.com
Trang 2SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
a. (1,0 điểm)
Khi m = ta có 0 y= -x3+3x 2 + 1
· Tập xác định: D = ¡
· Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên: y'= -3x2 +6 ; 'x y =0Ûx = hoặc 0 x = 2
0,25
Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: (-¥ ; 0) và (2;+¥ )
-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=0;y CT = ; đạt cực đại tại 1 x=2,y CÑ = 5
-Giới hạn: lim
®-¥ = +¥ ; lim
®+¥ = -¥
0,25
- Bảng biến thiên:
'
0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có: y'= -3x2+6x+3m2 + 6 m
2
' 0 2 ( 2) 0
2
x m
x m
é = -
= Û - - + = Û ê
= +
ë
0,25
Hàm số có hai cực trị Û ' 0 y = có hai nghiệm phân biệt Û m+2¹ -mÛm ¹ - 1 0,25
Với x= -mÞ y= -2m3-3m 2 + 1
Với x=m+ Þ2 y=2m3+9m2 +12m + 5
Tọa độ hai điểm cực trị là A( -m; 2- m3-3m 2 + 1 ) và B m( +2; 2m3+9m2 +12m + 5 )
0,25
1
(2,0 điểm)
( ) 1;3
I là trung điểm của AB Û 2 6 2 12 0 0
ï
Û + = Û
î
Vậy giá trị mcần tìm là m=0,m = - 2
0,25
2
(1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ¹ 0
Phương trình đã cho tương đương với cos2x+sinx=cosx+ sin 2 x
0,25
www.VNMATH.com
Trang 3(cosx sin )(cosx x sinx 1) 0
cosx-sinx =0 Û tan 1
4
2
1
2
x k
p
p
é =
+ = Û ç - ÷ = Û - = ± + Û
ê = +
ë
(k Î ¢ )
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
4
x=p + kp hoặc x= k p2 (k Î ¢ )
0,25
Xét hệ phương trình
2
4 4 2 2 0 (1)
8 1 2 9 0 (2)
x y
ì + + + + - =
ï
í
- + - =
ï Điều kiện: 1 2 0 1
2
- ³ Û £ Đặt t=2 x y + , phương trình (1) trở thành:
2 0
2
t
t t
t
é = + - = Û ê
= -
ë
0,25
Nếu t = thì 2 1 x y+ = Û -1 1 2x=y ³ Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 0
2
8 y+y - = 9 0
Đặt u= y ³ 0 , phương trình trở thành:
u + u- = Û u- u +u + +u = Ûu = Khi đó hệ có nghiệm 0
1
x
y
ì =
í
=
î
0,25
Nếu t = - thì 2 2x y+ = - Û -2 1 2x= + ³ Thế vào phương trình (2) ta được y 3 0
phương trình
8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0
8 ( 3) 3 0
y
é = - + + - = Û + + - + = Û ê
+ - + =
ê Với y = - thì hệ có nghiệm 3
1
2
3
x
y
ì
=
ï
í
ï = -
î
0,25
3
(1,0 điểm)
Xét phương trình 8 (+ y-3) y +3= 0 (3)
Đặt v= y +3³ , phương trình (3) trở thành: 0 v3 -6v + = 8 0
Xét hàm số 3
( ) 6 8
f v =v - v + , ta có:
2
'( ) 3 6
f v = v - và '( ) 0f v = Ûv = ± 2
Hàm ( ) f v đạt cực đại tại (- 2;8 4 2) + , đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2) -
Vì (0) 8 0 f = > và 8 4 2- > nên ( )0 f v = không có nghiệm 0 v ³ 0
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
1
0
; 2
1
3
y
y
ì
ì = ï =
í í
=
î ï = - î
.
0,25
Ta có:
1
1
5
1
6 6
x
x dx =éê ù ú =
ë û
ò
0,25
4
(1,0 điểm)
t= x + Þt =x + Þtdt= x dx
Đổi cận: x=0Þ =t 1 ; x= Þ = 1 t 2
Suy ra:
2
2
1
2 2 3 3 6
t
I= t dt = éê ù ú = -
ë û
ò
0,25
www.VNMATH.com
Trang 4Vậy 2 1
3
I = - .
0,25
Gọi H =DKÇ IC , do ABCD là hình vuông cạnh a nên ta suy ra được
2
a
5
CK CD a
CH
DK
= = , 3 5
10
a
IH =
0,25
Xét D A AI ' ta được ' 3
2
a
A I = Suy ra:
3
'
' '
a
V = S A I = DK IH A I =
0,25
Do ( ' ) ( ' ) ( ' )
'
DK IH
DK A I
ì ^
í
^
î Trong ( 'A IH , kẻ ) IE^ A H ' Suy ra: IE^( 'A KD)ÞIE= d I A KD ( ,( ' )
0,25
5
(1,0 điểm)
Xét tam giác D A IH ' : 12 1 2 12 42 202 322 3 2
8
a
IE
IE = A I +IH = a + a = a Þ =
Vậy ( ,( ' ) 3 2
8
a
d I A KD = .
0,25
Ta có:
3
3
1 1 1 3
3
Đặt t= 3 xyz ta có 3 1
0
3 2
x y z
Khi đó: 3 3 12 3 9 2 36 9 15
2 2
6
(1,0 điểm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2
x=y= = z
Vậy min 15
2
A = .
0,25
7.a
(1,0 điểm)
0,25
www.VNMATH.com
Trang 5Vì CÎAC x: +2y- =9 0ÞC (9 2 ; ) - c c
Khi đó NC=(7 2 ;- c c-8),MC=(9 2 ;- c c - 4)
uuur uuuur Khi đó ta có:
5 0 (7 2 )(9 2 ) ( 8)( 4) 0 19
5
c
c
é =
ê
= Û - - - = Û
ê =
ê uuur uuuur
Vì C có tung độ là một số nguyên nên ( 1; 5) C -
Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại ' A
Khi đó MA' : 2x y - +4= Suy ra 0 ' 1 22 ;
5 5
A æç ö ÷
è ø
0,25
Ta có ' 1 ' 1
A MC
S = MA MC =
Hai tam giác ABC và ' A MC nên
2
'
1 3.1
3
3
B ABC
x
S
CB
ì + =
ç ÷
- = -
ï
uuur uuur
0,25
Tương tự CA=3CA'Þ A (3;3)
uuur uuur
Từ AB=DCÞ D (0; 6)
uuur uuur Vậy (3;3), (2;2), ( 1; 5), (0; 6) A B C - D .
0,25
Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì (5;2;5) I
Ta có: MA MB+ = 2MI = 2 MI
MA MB +
uuur uuur
đạt giá trị nhỏ nhất Û MI nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên mp(P) 0,25
Đường thẳng D qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận n = r (1;1;1)
là VTCP có phương trình 5 2 5
1 1 1
x- y- z -
= =
0,25
8.a
(1,0 điểm)
Tọa độ giao điểm của M của D và (P) là nghiệm của hệ phương trình:
0
5 2 5
3
1 1 1
3 0 0
x
y
ì =
ì - - -
= =
Û = -
ï + + + = ï =
Vậy M (0; 3; 0) - .
0,25
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là 4
15 1365
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:
· 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: 2 1 1
6 5 4 300
C C C =
· 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: 1 2 1
6 5 4 240
C C C =
· 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: 1 1 2
6 5 4 180
C C C =
Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là:
300 240 180+ + = 720 cách
0,25
Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là: 1365 720- = 645 cách 0,25
9.a
(1,0 điểm)
Vậy xác suất cần tìm là: 645 43
1365 91
www.VNMATH.com
Trang 6Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C ( ) 0; 4
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác ABC cũng bằng 1.
Vì B nằm trên trục tung nên (0; ) B b Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với
: 0
BCºOy x = nên AB y : = b
0,25
Vì A là giao điểm của AB và AC nên 16 4 ;
3
b
Aæç - b ö ÷
è ø
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có
2
2
16 4
4
4
3
16 4 16 4
ABC
b
b
S
-
-
- + + - + ç ÷
è ø
0,25
Theo giả thiết r = nên ta có 1 b = hoặc 1 b = 7 0,25
7.b
(1,0 điểm)
Với b = ta có 1 (4;1), (0;1) A B Suy ra: (4; 4) D
Với b = ta có 7 ( 4; 7), (0; 7) A - B - Suy ra: ( 4; 4) D - .
0,25
Gọi M(1+ - -t ; 1 2 ;1 3 ) t + t Î Ta có: d AM= - + - -( 1 t; 2 2 ;3 ),t t AB = -( 1; 0; 1) -
uuuur uuur
0,25
2
, ( 2 2; 2 1; 2 2) , 12 20 9
AMB
é ù= - - + + Þ = é ù = + +
2
1 5 2 1 2
12
2 t 6 3 2 3
æ ö
= ç + ÷ + ³
è ø
.
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 5
6
t = - Vậy 1 2; ; 3
6 3 2
M æç - ö ÷
è ø
Điều kiện 0
0
x y
x y
ì - >
í + >
î
0,25
Ta có: (1) 50 10.10lg(x y + ) 10(x y) x y 5
Thế vào (2) ta được: 2 2 lg5
lg 5 2
10 100 lg( ) 2 2 lg 5 10 4
25
(10 )
9.b
(1,0 điểm)
Hệ đã cho tương đương với
9
5 2
4 1
2
x
x y
x y
y
ì
=
ï
ì + = ï
Û
- =
î ï =
ï Vậy hệ phương trình có nghiệm là 9 1;
2 2
æ ö
ç ÷
è ø
.
0,25
Hết
www.VNMATH.com