ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 MÔN TOÁN, KHỐI D TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
Trang 1SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1
MÔN : TOÁN, KHỐI D
Thời gian làm bài : 180 phút
o0o
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 ( )
y=x - mx + C
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 .
2. Tìm m để đồ thị (C m ) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0) .
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 4 4 sin 5 2 4 sin( cos )
2
x+ -x = + x - x .
Câu III (2,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm. Cạnh bên
SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60° . Gọi D là trung điểm của cạnh AB .
1. Tính thể tích khối chóp S.ABC .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x³1;y ³ và 1 3( x+ y) = 4 xy .
x y
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C ( 2; 5 - ) , đường thẳng D: 3x-4y +4= 0
2
I æç ö ÷
ABC bằng 15 .
2. Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau . Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và
trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt . Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là
các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho .
Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình 4( ) 3 1( ) 2 1 ( ) 3
3
2
Trang 21. Với m = 1, hàm số trở thành : 3 2
3 2
y=x - x + TXĐ : ¡
Có lim ; lim
= +¥ = -¥
2 ' 3 6
y
= Þ =
é
= Û ê
= Þ = -
ë BBT : x -¥ 0 2 +¥
y’ + 0 – 0 +
y
Hàm số đồng biến trên ( -¥ ; 0 ) và ( 2; +¥ ) ; Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 )
yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = 2 tại x = 2 .
Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và ( 1± 3; 0 )
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
I.
2.
Ta có 2
' 3 6
2
x
y
=
é
= Û ê =
ë
Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai
nghiệm đó Û2m¹0Ûm ¹ 0 .
Khi đó (C m ) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và ( 3 )
2 ; 2 4
Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp ( 3) ( 2 )
uuur
Phương trình AB : 2
2m x+y - = 2 0 Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên 2m2 - =2 0Ûm = ± 1
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
II. 1
5
2
1.0
Trang 3( )
2 sin 2 cos 2 4 cos 2 4 sin cos
2 sin cos sin 2 cos sin 2 cos sin 2 0
4 sin 2 cos sin 2 cos sin 2 0 1
p p
é
ê
Û
ê
ê
¢
Giải (1) : Đặt t=cosx-sin ,x ( - 2£ £ t 2 ) Þsin 2x= - 1 t 2
Pt (1) trở thành : ( 2) 3
1-t t-2t- =2 0Ût + +t 2=0Û = - t 1
- = - Û ç + ÷= - Û ç + ÷ = -
2 ,
2
2
k
p
p
é
= +
ê
ê
= - +
ë
¢
0.25
0.5
0.25
2. Giải phương trình
Điều kiện : - £2 x £ 2
Đặt
2
2
t
Pt trở thành :
2
2
2
4
2
3
t
t
t
=
é
ê = -
ë
Với t = 2 ta có :
2
4 4 4
x
+ - = Û - = - Ûí Û ê
=
- = - + ë
î
(t/m)
Với 4
3
2
4
4
2 14
3
3
3
2 14
9 12 10 0
3
x
x
x
ì
£ -
- ±
ï + - = ï =
(t/m)
Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ; 2 14
3
x = - -
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 41. Vì tam giác ABC vuông tại C nên
5 4 3
AC = AB -BC = - = (cm)
.3.4 6
ABC
Þ = = = (cm 2 )
Vì SA^ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của SC
trên (ABC)
Þ góc giữa SC với (ABC) là SCA = 60°
.tan 60 3 3
Do SA^ ( ABC ) nên . 1 1 .3 3.6 6 3
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25 III.
2. Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong
tam giác ABC Þ DE // BC Þ BC // (SDE) mà SD Ì (SDE) nên
( BC SD , ) ( BC SDE, ( ) ) ( B SDE, ( ) ) ( A SDE , ( ) )
d =d =d = d (vì D là trung điểm AB)
Vì BC^AC Þ DE^AC , mà SA^(ABC) Þ SA^DE Þ DE^(SAE)
Þ (SDE) ^(SAE) mà (SDE) Ç (SAE) = SE Trong (SAE) kẻ AH^SE
Þ AH^(SAE) Þ AH = d ( A SDE , ( ) ) .
Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên :
1 1 1 1 8 1
3
27 27 3 AH
AH = SA + AE = + = Þ = . Vậy d ( BC SD , ) = 3
1.0
0.25
0.5
0.25
IV.
Đặt t= x y ; vì x ³ 1 nên ( )
2
4 3
x
x
-
Có 3( ) 4 3
4 3
y
y
- (vì y ³ ) .Xét hàm số 1 ( ) 3
4 3
y
f y
y
=
- trên [ 1; +¥ )
4 3
y
-
= < " Î +¥ Þ £ = Þ £ £
-
Xét hàm số ( )
2 3
4 3
x
g x
x
=
- trên [ ] 1;3 9 ( ) 3
4 g x
Þ £ £ Vậy 9 ;3
4
t Î êé ù ú
ë û
( )
3
3 3
3
3 3
æ ö
= + çè + ÷ ëø = + - + û ç + ÷
è ø
( )
2
t
xy
æ ö
ç ÷
=êç ÷ - ú + =ç - ÷ ç + ÷
ç ÷
= 64 3 4 2 12 64
27t - t - t + 9
Xét hàm số P(t) = 64 3 4 2 12 64
27t - t - t + 9 với
9
;3
4
t Î êé ù ú
ë û
1.0
0.25
0.25
Trang 5Ta có ( ) 2
= - + = ç - ÷ + > " Î ê ú
9
9 307
4 36
MinP=P æ ö ç ÷ =
è ø tại
9
4
t =
9
3
4
2
3
xy
ì
=
ï
ï + =
î
0.25
0.25
1.
Thay tọa độ I vào pt D ta được 3.2 4.5 4 0
2
- + = (luôn đúng) nên I Î D
Vì A Î D nên giả sử A( 4 ;3a a + 1 ) mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm
AB ÞB( 4 4 ; 4 3 - a - a ) .
Từ C dựng CH^AB tại H thì ( ) ( )
3.2 4 5 4
6
3 4
C AB
+ Theo giả thiết 15 1 15 1 .6 ( 4 8 ) ( 2 3 6 ) 2 15
ABC
0 0;1 , 4; 4
é = Þ
= Þ
ê
Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1) .
1.0
0.25
0.25
0.5
V.
2. Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được
chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia . Do đó ta
có các trường hợp sau :
TH1: Tam giác được tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên
đường thẳng b có tất cả : 5.C = 10 2 225 (tam giác) .
TH2: Tam giác được tạo thành từ một điểm trên a và hai điểm trên b có tất cả :
2
5
10.C = 100 (tam giác)
Vậy có tất cả : 225 + 100 = 325 tam giác .
1.0
0.25
0.25
0.25 0.25
VI.
Điều kiện : 6 4
2
x
x
- < <
ì
í
¹ -
î
(*)
Pt Û3 log4( 4-x) -3 log4 x+2 = -3 3 log4 ( x + 6 )
log 4 x log x 6 1 log x 2 4 x x 6 4 x 2
Û ê
ê
(vì (*) nên ( 4-x)( x +6) > 0 )
2
2
6 16 0
8
2 32 0
= -
Û ê
é = +
ê
- - = Û ê
ê
= -
ê
ë
1.0
0.25
0.25
Trang 6Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ; x = - 1 33 0.5
Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần
