File: Thi thử Đại học Lần 1- Đề & Đáp án- NH 2013-2014

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1– THPT PHÚ NHUẬN - 2013-2014

Môn TOÁN : Khối A , A1, D, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2đ): Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 3 3x22 Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1):

Định m để phương trình

2x  6x 4  m0

có ít nhất 2 nghiệm, trong

đó có đúng 2 nghiệm dương phân biệt

Câu 2 (1đ): Cho hàm số 4  2 2

Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị của đồ thị

tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất

Câu 3 (1đ): Giải phương trình:

sin 3x sin sin x cos 1





Câu 4 (1đ): Giải phương trình: x 2 4 x 2x2 5x1

Câu 5 (1đ): Giải bất phương trình:    

8.4   7.2     4  0

Câu 6 (1đ): Tính I =

2cos 2 3sin 2 cos 4 2

x

dx



Câu 7 (1đ): Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), B(x0; y0; 0) với x0 , y0 > 0 thỏa mãn

2 10 , 45

AB AOB Tìm điểm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ diện OABC = 8

Câu 8 (1đ): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB a , AC a 3 , CAB 90  0, góc giữa A’BC

và mặt phẳng đáy ABC

là 600 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và CM, với M là trung điểm của AB

Câu 9 (1đ): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 2a , AD a 3 Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD, góc giữa cạnh bên SC

với đáy ABCD là 600.

a) Tính thể tích của khối chóp SABCD

b) Gọi K là trung điểm của CD, mặt phẳng  

chứa cạnh AB và vuông góc với SK, gọi M và N lần lượt là giao điểm của  

với SC và SD Tính thể tích của khối đa diện ABCDMN

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ÁP ÁN TOÁN THI TH I H C L N 1 – NH 2013 – 2014

Câu 1

(2,0đ) a) Cho hàm số

Tập xác định: D =  y’= 3x2 – 6x , y’ = 0  x = 0 hay x = 2 0,25

Hàm số tăng trên  ;0 , 2;   và giảm trên (0 ; 2)

hàm số đạt cực đại tại diểm x = 0 , y(0) = 2, đạt cực tiểu tại x = 2 , y(2) = -2

; x lim y

0,25

Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị

0,25

b) Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1) : yf x1 x3 3x22

Định m để phương trình

2x  6x 4  m0

có đúng 2 nghiệm dương

2

m

(1) (1) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (d) : y = m/2

Số nghiệm của (1) là số giao điểm của hai đồ thị (C1) và (d)

0,25

Gọi (C) : y = f(x) = x3 – 3x2 + 2 Ta có

(C1)

1







Vẽ (C1) trùng (C) khi f x   0 , (C1) đối xứng (C) qua Ox khi f(x) < 0

0,25

0,25

Câu 2

(1,0đ) Câu 2 Cho hàm số y x 4  2 1  m x2 2m1

Tìm m để hàm số có 3 điểm

cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích lớn nhất

Phương trình y’ = 0 2

0

x





 

2 4 2 2 4 2

Diện tích tam giác ABC : S = 1 m 23 0,25

Câu 3 (1đ )

Câu 3

(1đ) Đk: x k4



 ,

1 cos x 1 cos x

pt 4 sin 3x sin x sin 4x

sin 3x sin x sin 4x

x k 2 sin 2x 0

x k2 cos x cos 2x

k2 x 3





















0,25

So điều kiện , phương trình có nghiệm :

2

3



  

Câu4

pt x 2 1   4 x1 2x2 5x 3

3 2 1

3

x

  hay

2 1

0,25

với 2 x 4 , xét phương trình

2 1

Ta có: vế trái  1 , vế phải  5 Suy ra pt vô nghiệm

0,25

Kết luận pt có nghiệm duy nhất x = 3

0,25

Câu 5

(1,0đ) BPT

 x 3 2 x 2x x  2  x 3 2 x 2x x  2 8.4     7.2     1 0

 

2

x 3 2 x 2 x x

2

1

8

   

x 3 2 x x 3 x 1  

3 13

2 x x 1 x

2

 

(do x -3 < 0 vì đk x 2 ) 0,25

Câu 6

(1,0đ) Tính I =

2cos 2 3sin 2 cos 4 2

x

dx



I = 2

2cos 2 2sin 2 3sin 2 1

x

dx

Đặt t = sin2x …, ta có I = 2

1

2t 3 1t dt

I =    

2 1t t 1 dt t 1 2 1t dt



I = ln t 1 ln 2t 1 C ln sin 2x 1 ln 2sin 2x 1 C 0,25

Câu 7

(1,0đ)

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0) , B(x0; y0; 0) với x0 , y0 > 0

thỏa mãn AB2 10 ,AOB450 Tìm điểm C trên tia Oz sao cho thể tích tứ

diện OABC = 8



0

45

AOB







0,25

Giải hệ pt tìm được x0 = y0 = 6 suy ra B(6; 6; 0) 0,25

(0;0; ), 0

C Oz  C m m , tính được OC0;0;m,OA OB,  0;0; 24

0,25

OABC

Câu 8

(1,0đ)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC  AHA’ 60  0

0,25

AH AB AC

a 3 AH

2

AA’

2

3 lt

V AA’ AB.AC

0,25

Gọi N là trung điểm của AA’  A’B // MNC 

d CM, A’B d B, MNC d A, MNC

Gọi K và I lần lượt là hình chiếu của A lên CM, NK

d CM, A’B d B, MNC d A, MNC AI

AI AN AK AN AM AC

3a AI 55

  d CM, A’B  3a

55

0,25

Câu9

(1 đ)

Gọi H là trung điểm của AB  SHAB SHABCD

SC, ABCD SCH 60

    

0,25

CH BH BC 2a SH CH.tan 60 0 2a 3 0,25

V SH.S 2a 3.a 3.2a 4a

Có ABSHK  AB SK

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên SK   

là mặt phẳng chứa AB và HI.

Do AB // CD nên     SCD MN//CD

với M SC, N SD  và MN qua I

0,25

SK SH HK a 15,

2

SH 12a SI

SK 15

,

HI SH SI

15

MN

CD SK  5

3

3

28a

25

0,25