De thi thu DH lan 1 hau loc 2 2014tuyen tap de thi toan 2014 moi nhat

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD.

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: TOÁN; Khối A, A1, B và D

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

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x2mx4 (1), với m là số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 0

b) Tìm m để hàm số (1)đồng biến trên khoảng (; 0)

Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

8 sin xcos x 3 3 cos 2x11 3 3 sin 4 x9 sin 2 x

b)

3

2 1

3

x

x





Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

2 1

dx I







Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Hình chiếu vuông

góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 0

60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a

Câu 5 (1,0 điểm) Cho a b c , , 0 Chứng minh rằng:

a b abcb c abcc a abc  abc

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

A Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn

2 2

( ) :C x y 2x6y150 Viết phương trình đường thẳng ( ) vuông góc với đường thẳng

: 4 3 2 0

d x y  và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A và B sao cho AB 6

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d

lần lượt có phương trình là ( ) : 2P x y 2z 2 0; : 1 2

mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4

Câu 8.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2013 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 6.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 1;11 ,

3

G 

đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình x3y 8 0và đường thẳng AB có

phương trình 4xy 9 0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I1;1;1 và đường thẳng

 Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB 16

Câu 8.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  

2 2

1

x y

x y







-Hết -

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

Họ và tên thí sinh:……….; Số báo danh:…………

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán; Khối A, A1, B và D

(Đáp án-thang điểm gồm 05 trang)

a (1,0 điểm)

Khi m  ta có 0 yx33x24

 Tập xác định: D  

 Sự biến thiên:

- Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

- Chiều biến thiên: y'3x26 ; 'x y 0x0hoặc x  2

Các khoảng đồng biến:  ; 2 và 0;  ; khoảng nghịch biến:  2; 0 

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x0,y CT  4;

cực đại tại x  2, y CD 0

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

0,25

b (1,0 điểm)

Ta có y'3x26x m

Hàm số (1) đồng biến trên khoảng ; 0 khi và chỉ khi y'0, x 0 0,25

2

Xét f x( )3x26x với x 0 Ta có f x'( )6x6;f x'( )0x 1 0,25

Bảng biến thiên:

0,25

1 (2,0 điểm)

Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn là m  3 0,25

a (1,0 điểm)

2 (2,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

2

3

8 1 sin 2 3 3 sin 4 11 3 3 cos 2 9 sin 2

-3

x f’(x) f(x)

0

x 







0

0

0

-4

8 6 sin 2x 3 3 sin 4x 11 3 3 cos 2x 9 sin 2x

2

3 6 sin 2x 3 3 sin 4x 3 3 cos 2x 9sin 2x

2

2 sin 2x 2 3 sin 2 cos 2x x 1 3 cos 2x 3sin 2x 0

2 sin 22 x 3sin 2x 1 3 cos 2x2 sin 2x 1 0

2 sin 2x 1 sin 2  x 3 cos 2x 1 0

12

sin 2

1 sin 2

7

12

k l m n















  

















b (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với:

3

2 1

3

x

x



 Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả:

0,25

3

1

x x

  



0,25 Thử lại: x 1 3,x 1 3 không thỏa mãn, vậy pt VN 0,25 Đặt u = x+ 2

1 x thì u - x= 1 x 2  x22ux u 2 1 x2 0,25 2

2

1

u

Đổi cận x   thì 1 u  2 1 ; x  thì 1 u  2 1.

0,25

2

1

2

du

u I



3 (1,0 điểm)

=

2

du

du

Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm AB

a

tan

3

a

Suy ra

3

a

0,25

Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK HK (SBC)d H SBC ;( )HK 0,25

4 (1,0 điểm)

d A SBC d H SBC

0,25

Ta có 2 2

x y  xy x y

x y xy x y

    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy0

0,25

Áp dụng (*) cho a, b > 0

a b ab a b

3 3

0

a b abc ab a b abc ab a b c

3 3

(1)

a b abc ab a b c

    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiab  0

0,25

Tương tự ta có

3 3

(2)

b c abcbc a b c  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khibc0

3 3

(3)

c a abc ca a b c  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khica 0

0,25

5 (1,0 điểm)

Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được BĐT:

a b c

a b abc b c abc c a abc abc a b c abc

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc0

0,25

S

A

K

B

E

C

D

H

O

I

Theo bài ra ta có đường tròn (C) có tâm I1; 3  và bán kính R 5 0,25

Vì  vuông góc với d: 4x3y 2 0 nên có dạng : 3x4ym0

Gọi H là trung điểm của AB Theo bài ra ta có IH  4 0,25

Để : 3x4ym0 cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB 6 thì

 

3 2

29

11 5

m

d I

m



0,25

6.a (1,0 điểm)

Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là;

1: 3x 4y 29 0, 2: 3x 4y 11 0

Đường thẳng d có phương trình tham số là: 1 2 ;

2

x t

 







  





Gọi tâm mặt cầu là I  t; 1 2 ; 2 1t   d

0,25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

 2  2

2

3



2 3 7 3

t t









  



0,25

 Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8; ;

3 3 3

I 

  và 7; 17; 1

I   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu

có bán kính là R = 5

0,25

7.a (1,0 điểm)

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn lần lượt có phương trình là:

 

 

1

2

0,25

 Trường hợp 1: Số tạo thành gồm 1 chữ số 3 và 2012 chữ số 0

 Trường hợp 2: Số tạo thành gồm 1 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 2011 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên có 2 cách chọn số 1 hoặc 2

Chữ số còn lại có 2012 vị trí để đặt, còn các vị trí khác đặt số 0

Có 2.2012 = 4024 số

0,25

 Trường hợp 3: Số tạo thành gồm 3 chữ số 1 và 2010 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên là 1

Chọn 2 trong 2012 vị trí để đặt chữ số 1  có C22012 = 2023066

0,25

8.a (1,0 điểm)

I



Ta có A, B thuộc đường thẳng 4xy 9 0

nên A a ; 4 a9 , B b ; 4 b9  0,25

Do 1;11

3

G 

  là trọng tâm tam giác ABC nên C  a b 3; 4a4b7 0,25

Gọi I là trung điểm BC ta có 3

2

a

Mặt khác d x: 3y 8 0 là trung trực của cạnh BC 

BC u











 

0,25

6.b (1,0 điểm)

3

2

a

a







 



1 3

a b





 





Vậy A1;5 , B3; 3 ,  C1;9 

0,25

0,25

Gọi H là hình chiếu của I lên trên đường thẳng d

Suy ra 14 4 ; ; 2 2 ,

(1)

IH d











Ta có IH4h13;h 1; 2h6 (2),

vtcp của d ud4;1; 2 (3). 

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có:

4 4h13  h1  ( 2) 2h6 0h  3

Ta có

2

17 64 81 2

AB

R IH     

0,25

7.b (1,0 điểm)

Phương trình mặt cầu cần tìm là

Điều kiện x y , 0

 Trường hợp xy0 ta có

 Trường hợp 0x y ta có

log ylog x0e x e y log ylog x xy1 0e xe y 0,25

8.b (1,0 điểm)

Trường hợp x y0 từ x2y2 suy ra 1 2

2

x y

Vậy nghiệm của hệ là  ;  2; 2

x y   

0,25

I

d