Đề thi thử Đại học môn Toán lần 3 năm 2014 trường THPT Gia Lộc, Hải Dương

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Tam giác SOA cân tại S; mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT GIA LỘC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không tính thời gian giao đề)

_

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 1

x 1





 (1)

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

2 Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với đường thẳng y  và cắt (C) tại A, B sao x cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 3 (I là giao điểm hai tiệm cận của (C))

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos x cos 3x2 sin xcos 2x cos 4x

2 Giải hệ phương trình

3 3

2y 2x 1 x 3 1 x y

x 3x 2y 40 0







Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

6

0

dx I

cosx.cos x

4











Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O, ABa, BCa 3 Tam giác SOA cân tại S; mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng

0

60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC

Câu V (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(3;-3) và đỉnh A thuộc đường thẳng : 3x  y 2 0 Gọi E là trung điểm của BC, đường thẳng DE có phương trình

2 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d :1 x 1 y 2 z 2

x 2 t

d : y 3 t t

z 4 t

 







  





và mặt phẳng (P) : x   y z 6 0 Lập phương trình đường thẳng d song song với (P) và cắt d , d1 2

lần lượt tại M và N sao cho MN3 6

Câu VI (1,0 điểm)

Cho khai triển nhị thức Niutơn  n 2 n

3 4x a a xa x  a x Tìm hệ số a4 biết rằng

C  C  C   C  1024

Câu VII (1,0 điểm)

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn: xy y 3x 1 0  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 y x

A



_ Hết _

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2013- 2014

Môn: TOÁN

1 Khảo sát sự thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 1  C

x 1





TXĐ:  :  1

SBT:

,

2

2

x 1





Hàm số nghịch biến trên ;1 và 1;  

Hàm số không có cực trị

    là tiệm cận ngang

0,25

Lập BBT

0,25

1

0,25

2 Viết PT đường thẳng   đường thẳng y  và cắt (C) tại A, B sao cho x

IAB

 có diện tích bằng 2 3 (I là giao điểm 2 tiệm cận của (C)) 1,00

I

2

Ta có I(1;1); : yxm

Hoành độ A, B là nghiệm PT: x 1 x m

x 1



 

2

g(x) x m 2 x m 1 0 x 1 *

0,25

x  1 





1

Câu Ý Nội dung Điểm

Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

2

g(1) 0

   





0,25

Khi đó A x ; x 1 1m B x ; x 2 2m với x , x1 2 là nghiệm (*)

m

d I;

2

 

IAB

m 1

2 2

Giải phương trình: cos x cos 3x2 sin xcos 2x cos 4x 1,00

(cos 4x cos 2x) 2 sin x (cos 6x cos 2x)

cos 4x cos 6x 4 sin x 0 2 sin 5x sin x 4 sin x 0

sin x 0

1

2 Giải hệ phương trình:

3 3

2y 2x 1 x 3 1 x y

x 3x 2y 40 0





Giải hệ :

3 3

2y 2x 1 x 3 1 x y (1)





 ĐK: x  1

0,25

3

(1)2y y2(1 x) 1 x   1 x

Xét hàm số 3

f (t)2t  t

f '(t)6 t2  1 0 t

f (t)

 đồng biến trên 

Do đó f (y)f 1 x y 1 x

0,25

Thay y 1 x vào (2) ta được 3

x 3x 2 1 x  400 Đặt: g(x)x33x2 1 x 40

1 x



 

g 3  0 x  là nghiệm duy nhất 3

0,25

0,25

II

2

Vậy nghiệm của hệ là x 3

y 2

 









Tính tích phân:

6

0

dx I

cosx.cos x

4









dx

cosx(cosx-sinx) 1-tanx

III

Đặt t = tanx dt dx2

cos x

0,25

Câu Ý Nội dung Điểm

1



1

1 3

3 0 0

dt

1-t

I 2 ln

3



Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O,

ABa, BCa 3. Tam giác SOA cân tại S; mặt phẳng (SAD) vuông góc với

mặt phẳng (ABCD) Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích

S.ABCD và khoảng cách giữa SB và AC

1,00

A

S

C

B

E

K

O

I

H

D

Kẻ SHAD Vì (SAD)(ABCD)SH(ABCD)

SH AO

  Gọi I là trung điểm AOSIAO

Do đó HI  AO và  0

Ta có OAOBAB  a AOB đều BIAO

Vậy B, I, H thẳng hàng

0,25

Ta có AI 1AO a; AH AI 0 a

0

3

2a

3

0,25

Ta có AC(SBI) Trong (SBI) kẻ IKSB (KSB)

 IK là đoạn vuông góc chung của AC và SB

3

HE a

IK HE

0,25

IV

Vậy d SB; AC  3a

4

V 1

1 Cho hình vuông ABCD, E là trung điểm BC, phương trình DE:

x  y 2 0, đỉnh C(3;-3); đỉnh A : 3x  y 2 0. Xác định tọa độ các

đỉnh còn lại của hình vuông

1,00

Câu Ý Nội dung Điểm

Gọi A(a;2 3a)    Ta có d(A, DE)2d(c; DE)

a 3

2





A(3; 7) hoặc A(-1;5) 0,25

Vì A và C khác phía đối với DE nên A(-1;5) thỏa mãn 0,25 Gọi D d ,d 2DEAD(d 1;d 7)

CD(d 3; d 1) 



ABCD là hình vuông nên AD.CD 0









 

(d 1)(d 3) (d 7)(d 1) 0 (d 1) (d 7) (d 3) (d 1)

d 5



 



D(5;3)

 Ta có AB DCB( 3; 1) 

0,25

2 Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng d :1 x 1 y 2 z 2

 và

2

x 2 t

z 4 t

 







  



 ; mặt phẳng (P) : x   y z 6 0 Lập phương trình

đường thẳng (d) song

1,00

Phương trình tham số của 1

x 1 2u

z 2 2u

 





  



  



(P) có VTPT n p (1; 1;1) 

1 2

M d M(1 2u; 2 u; 2 2u)

N d N(2 t;3 t; 4 t)

MN ( t 2u 1; t u 5; t 2u 2)

       

0,25

p

MN / /(P)MN.n   0 t u2

MN3 2u 2u2

0,25

u 2

 





+ Với u 1: M( 1; 3; 4)   (loại do M(P))

+ Với u2 : M(5; 0; 2); MN (3; 3; 6) 

0,25

2

Cho khai triển nhị thức Niutơn  n 2 n

số a4 biết rằng 1 3 5 2n 1

Khai triển:

2 n 1

2n 1

k 0









VI

Thay x = 1 và x = -1 vào (1) rồi trừ từng vế ta được

Câu Ý Nội dung Điểm

Do đó

5

5

k 0

(3 4x) c 3 ( 4x)



Hệ số của x4 ứng với k = 4

0,25

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 y x

A



Từ xy y 3x 1 0  đặt a = 1

x

ta được (a + 1)(y + 1) = 4  S + P = 3 P = 3 – S => S 2

P =

0,25



3

y 3 a 3

=

3 2

2



 

0,25

=

3 2

2



=

2

=

3

(S 1) S

,S 2



0,25

VII

f’(S) = 3

4 (S – 1)

2

– 1

2 > 0, S  2 

1 min P f (2) 2

4

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi a = y = 1 hay x = y = 1

0,25

HẾT