DE THI THU DAI HOC LAN 4 NAM 2014

www.facebook.com/toihoctoan

GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG

TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

THANH LIÊM- HÀ NAM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn thi: TOÁN; Khối A- A1

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

Ngày 6/12/2013

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x





 (1)

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

2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng( ) :d x2y  cắt ( )5 0 C tại hai điểm A, B với

A có hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của( )C vuông góc với IA

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3xsin 5x2 sin cos 2x x0

x y













Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 

0

cos s in



 

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc

60

BAD  ; D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60o Hãy tính diện tích xung

quanh và thể tích khối chóp C.ADC’

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a b c có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức , ,

2

abc

Pa b c 

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc

30

ABC  , đường thẳng d: 2x    là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm y 1 0

tọa độ các điểm B và C

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng( ) :P1 x2y2z  , 3 0

2

(P) : 2xy2z   và đường thẳng d: 4 0

3

4 2

1









x

Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I 

(d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 2 6

; (1 )(1 2 );



mặt phẳng phức Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp  

25 9

E   với hai tiêu điểm F F 1, 2 (hoành độ của F âm) Điểm 1 P thuộc elíp sao cho góc PF F 1 2 1200 Tính diện tích tam giác PF F 1 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 1), ( 2;1;3) B  Tìm tọa độ

điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất

Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên ra hai

viên bi Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu

- HẾT -

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

LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn thi: TOÁN; Khối A-A1

a (1,0 điểm)

+ Tập xác định DR\ 1 

+ Sự biến thiên

   Đt y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

     x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

 2

4

1

x



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

Hàm số không có cực trị

0.25

Bảng biến thiên:

x  1 

'

y + 0 ||  0 

b.(1,0 điểm)

Ta có I1, 2, 5

:

2

x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5

x





0.25

3

3; 4

x

A





 

Hệ số góc của IA là 3 1

1



0.25

Gọi x là hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên 0

Tiếp tuyến có hệ số góc 2 0

0 0

3 4

1

1

x x x







   

 

1

(2,0 điểm)

Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y  x 7,y  x 1 0.25 (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3xsin 5xsin 3xs inx0 0.25

3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2 sin 3 cos 2x x 0 sin 3 (3 2 cos 2 )x x 0

sin 3x 0

2

(1,0 điểm)

; 3

k





2

2

(1,0 điểm)

ĐK: x y  , 0

3 3

1

x y

y x y xy x

x y





 



Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x4 )(2y x y 4) 36

4 12 0

2

x

x

 





Hệ có nghiệm ( 6; 6); (2; 2) 

0.25

Trường hợp

x y

 

Do y2xyy2 0 với x y, 0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0

0.25

3

(1,0 điểm)

(x4 )(2y x y 4) 362x 4y 9xy4x16y 36

2 2

2(x 1) 4(y 2) 9xy 18

Do xy 0 nên PT(*) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6); (2; 2) 

0.25

(1,0 điểm)





2

0 0

cos cos 1 2 sin cos cos





0.5

4

(1,0 điểm)

3

x

(1,0 điểm)

O

A B

D'

A' C'

B'

H

0.25

5

(1,0 điểm)

Từ giả thiết:   0

D ' DO 60

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO 'aDD ' và OO 'AC

(do ACBDD B' '), nên diện tích tam giác ACC’ là:

2 ACC ' ACC ' A '

0.25

Diện tích tam giác ACD là

2 ACD

S

4

Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' HCD và OD'H  vuông tại O Do đó a

DH 4



4

2

C ' CD CDD ' C '

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:

xq ACC ' ACD CDC '

0.25

Thể tích

1 3

'



(1,0 điểm)

2

abc

2

abc

2

a

2

a

0.25

Không mất tình tổng quát giả sử amin a b c( , , )nên [0; ]1

3

a 

Khi đó hàm ( ) (9 2) 2 2 2 1

2

a

f t t   a  a là hàm nghịch biến

9

2

a

0.25

Từ đó ta lại khảo sát hàm f(0)2a22a với 1 [0; ]1

3

6

(1,0 điểm)

Khi đó ta có MaxP 1 khi a1;b  và các hoán vị c 0 0.25

(1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc  0

30

ABC  , đường thẳng d: 2x   là y 1 0

tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C

Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9;

5 5

H 

 , AH d A d( ; )

1 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC

d vuông góc BC nên BC//AH suy ra  0

60

ABH 

tan 60 15

AH

0.25

Gọi tọa độ của B t t ( ; 2 1)

2

15

BH  t   t   t    t 

0.25

7.a

(1,0 điểm)

TH1: 7 3 9; 2 3

5 15 5 15

B   

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

x y  

0.25

3

CBCC   a a

AC AB a  C   

 

TH2: 7 3 9; 2 3

5 15 5 15

B   

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

x y  

1

3

CBCC   a a

AC AB a  C   

 

0.25

(1,0 điểm)

Giả sử I( ) :d

3

4 2

1









x

( 2 ; 2 ; 4 3 )

     là tâm của mặt cầu (S) 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2))





















1

13 16

10 3

1 3 9 3

1

t

t t

 I1(11; 26; 35); I2( 1; 2;1)

8.a

(1,0 điểm)

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

1

( ) : (S x11) (y26) (z35) 38 , (S2) : (x1)2(y2)2(z1)2 4 0.25

(1,0 điểm)

4

2 2

i i i

i



   có điểm biểu diễn A= (2; -2)

1i1 2 i 3 i có điểm biểu diễn B= (3; 1)

  

2 6 3

2 6

2

i

i



   có điểm biểu diễn C= (0; 2)

0.5

9.a

(1,0 điểm)

Xét       

 

(1,0 điểm)

 

25 9

2

2

1 2

25

16 9

a

b









0.25

Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:

2

10

2 10





0.25

7.b

(1,0 điểm)

1

2

9 7 61 7

PF

PF







 



0.25

1 2

0

1 1 2

.sin120 8

PF F

S PF F F

(1,0 điểm)

Khi đó, AM t 1; 2;1 ; AB   3; 1; 4 AM AB;    7; 4t  1; t 5

0.25

2

ABM

 

0.25

8.b

(1,0 điểm)

f t  t  t đạt GTNN tại 1

17

t Vậy 1; 0;0

17

M 

  là điểm cần tìm 0.25

(1,0 điểm)

Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là

biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”

Ta có: H ABC và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc

0.25

Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:

2

3

5 18

C

9.b

(1,0 điểm)

Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H Suy ra,

18 18