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

1,0 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng SAB vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và

SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014

Trường THPT Trần Phú Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D

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 = x 1



 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C) bằng 4

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin2x + cosx- 2sin x

4





-1= 0

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình

3 2

y (3x 2x 1) 4y 8







x, yR

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0

cos2x

1 3 cos x







 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3

4a 3b 2c 3b c p

(a b c)



 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phẩn B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: x-3y-1= 0,

'

d: 3x - y + 5 = 0 Gọi I là giao điểm của d và d' Viết phương trình đường tròn tâm I sao cho đường tròn

đó cắt d tại A, B và cắt d' tại A', B' thoả mãn diện tích tứ giác AA'BB' bằng 40

Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 log9x9 log x27 2 0

2014 2014 2014 2014 2014

TC C C C  C

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B(1;4), trọng tâm G(5;4) và AC = 2AB Tìm tọa độ điểm A, C

Câu 8.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình   x2 4x 3  x 1 x 2

52    52     0 Câu 9.b (1,0 điểm) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc

Hết

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2014

Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D (gồm 4 trang)

a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ …

 Tập xác định: D=R\{3}

 Sự biến thiên:

 2

4

3

x



- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;3 và 3; 

0.25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;

 

  tiệm cận ngang: y 1

-Bảng biến thiên:

x  3 

y’ - -

y

 Đồ thị:

0.25













 3

1

; 0

0 0

x

x x

M , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có:

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng: x = 3 là d1 x03

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là 2

0

4 d





0.25

Theo giả thiết ta có

0

4



0 0

0









1

(2,0

điểm)

Với x0 1; ta có M 1; 1   Với x0 5; ta có M 5;3  

Pt đã cho tương đương: sin2xcosx(sinxcosx)102cosx(sinx1)sinx10 0.25

 sinx 1 2cosx 1 0 sinx1 hoặc

2

1

2

     

2

(1,0

điểm)



Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: 2

2



3



   ( kZ)

0.25

1



5

-5

y

x

1

Hệ đã cho tương đương với:





























) 2 ( 4

6 5 4

1 4 8 1 2 3

2 3

2 3 2

y y x x

y y x x

(do y 0 không thỏa mãn hệ đã cho) 0.25

Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta được    

y y

x

3 3





















Xét hàm số f(t)t33t,t  R Ta có f'(t)3t230,t Suy ra f (t)đồng biến

Do đó

y

3

(1,0

điểm)

Thay vào (2), ta được x34x53x1  x12 x3x2x10 x 1 hoặc x1

Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là x;y   1;1 0.25

Ta có I=

2

0

cos 2x

1 3 cos x







2

cos 2x.sin x

1 3 cos x







2

0.25

2

t 1

t 1 3 cos x cos x

2 sin xdx - tdt

3 ; x 0 t 2, x 2 t 1



Ta có

2

0.25

4

(1,0

điểm)



2 2

2



 118

4 405

0.25

Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân tại S, suy ra SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) nên SH (ABCD) và SCH 600

0.25

Ta có SH CH.tan600  CB2 BH2.tan600 a 15

3

15 4 4 15 3

1

3

Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên

SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra HK  (S,  )

Mặt khác, do BD//(S, ) nên ta có

d BD SA d BD S d d B S   d H S  HK

0.25

5

(1,0

điểm)

Ta có EAH DBA450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra

2 2

a AH

2

15

31 15

2

a a

HE H S

a



31

15 2

BD

Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Áp dụng bất đẳng thức cô_si, ta có 3b2c2b3c3 (*) Dấu “=” xẩy ra khi b  c 0.25

6

(1,0

điểm)

Ta sẽ chứng minh:  3

3 3

4

c b c

b    (**), với  c b, 0 Thật vậy,

0.25

E

k

S

(**)  4b3c3b3 c33b2c3bc2 b3c3b2cbc2 0bcbc2 0, luôn đúng  c b, 0 Dấu “=” xẩy ra khi b  c

Áp dụng (*) và (**) ta được

3 3

3

3 3

1 4

1 4 4

4

t t

c b a

c b a









c b a

a t





 , t 0;1 0.25

4

f t  t  t với t 0;1

 2

2 3

4

5

f t   t

Suy ra,

25

4 ) (t 

f Dấu “=” xẩy ra khi

5

1



25

4



c b a a

c b























2 5

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là

25

4 khi 2abc

t 0 1/5 1 f’(t) - 0 + f’(t)

4/25

0.25

Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n1 ; 3

Đường thẳng d’ có véc tơ pháp tuyến n'3;1

5

4 ' , sin 5

3 '

' ' ,

n n

n n d

d

Gọi R là bán kinh đường tròn cần tìm, ta có RIA IBIA'IB'

0.5

5

4 2

40 ) ' , sin(

2 )

' , sin(

2

' '

d d

S R

d d R S

IAA BA

AB

0.25

7.a

(1,0

điểm)

Mặt khác, I là giao của d và d’ nên tọa độ của I là nghiệm

1

2 0

5 3

0 1 3









































I y

x y

x

y x

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x22y12 25

0.25

9

1 , 1 ,

x

Phương trình đã cho tương đương với

log 9xlog x 

2 0

1 0



0,25

Đặt t = log x , ta được 3 2 3 1 0

2

2

2 0

3

6 0

  







 





t

t t

t

0,25

8.a

(1,0

điểm)

27

t   x  x Vậy nghiệm của phương trình là x  và 9 1

27

2014 8

2014 6

2014 4

2014 2

2014 0

Áp dụng tính chất: C n nk C n k 0kn, Ta được

2014 8

2014 6

2014 4

2014 2

2014 0

1

9a

(1,0

điểm)

Mặt khác, ta có 2014 0 1 2 3 4 2014  

2014 2014 2014 2014 2014 2014

2014 0 1 2 3 4  2014 2014  

d'

d A

B A'

I

B'

Từ (1) và (2) , Suy ra

2014 2014 2014 2014

Gọi N là trung điểm AC, suy ra 3 7;8

2

 

0.25

Gọi A(x;y), ta có











 0

.NA

BA

NA BA



































0 8 4 7

1

8 7

4

y y x

x

y x

y x



















0 5 4

2 8 2

y y

y x













 5

2

y

x

hoặc











 1

10

y

x

, suy ra A2;5 hoặc A10 ; 1

0.25

7.b

(1,0

điểm)

Do N7;8 là trung điểm AC, nên

*Với A2;5 C16;11

*Với A10 ; 1 C4;17

Vậy A2;5 và C16;11 hoặc A10 ; 1 và C4;17

0.25

Điều kiện: 







 1

3

x

x

Bất pt đã cho tương đương:  5 2 2 4 3  5 2 1 2

x x x  x

0,25

 

2

8.b

(1,0

điểm)

Với x1 *  x24x  3 3 2xx24x 3 3 2 x2 3x28x  (vô nghiệm) 6 0

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C204 4845 đề thi 0.25

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C102.C102 2025trường hợp

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C103.C101 1200trường hợp

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C104 210trường hợp

0.25

Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có

3435 210

1200

9.b

(1,0

điểm)

Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc là

3435 229

4845323

0.25

Hết

G

N

C