đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2014 trường

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. 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.. Theo chương trì

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 2

2

2 1

y

x 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

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 -

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

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



= +







2

4 2

x k

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

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

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

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

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

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

n n n n n n

7 8 9

n n n

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+

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

−

=

_

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

1 0

x y

I BC AI

x y

+ − =



Suy ra: 2 ( )2

( ) :T x + −y 1 =2

1 0

x y

I BC AI

x y

+ − =



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

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

− − =

2

2 1 0

t t

Với t=1 ⇒log2x=1 ⇒ =x 2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

0,25

0,25

0,25

0,25