së gi¸o dôc vμ ®μo t¹o hμ tÜnh Trêng THPT NguyÔn Trung Thiªn §Ò THi thö ®¹i Häc LÇN I n¨m 2014 Môn thi: To¸n - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 1sở giáo dục và đào tạo hà tĩnh
Trường THPT Nguyễn Trung Thiên
Đề THi thử đại Học LầN I năm 2014
Mụn thi: Toán - KHỐI D
Thời gian làm bài: 180 phỳt
I Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2
y= − +x mx − có đồ thị (C m)với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2
2.Tìm tất cả các giá trị của m dể các điểm cực trị của đồ thị (C m)nằm trên các trục tọa độ
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: sin 2x+cos 2x=cosx−3sinx+2
2 log (x + =4) 2 log 8x +32+6
Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 27 2 1 0
xy y x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D
Biết AB = 2a ; AD = CD = a; SA = 3a và SA vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách từ B đến mp (SCD) theo a
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z Chứng minh rằng :
0
x xy y yz z zx
x y y z z x
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 VI a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H (1;-1)
đỉnh của ∆ABC
Câu VII a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) :C x +y −2x−2y− =2 0 Lập phương trình đường thẳng d cách gốc tọa độ một khoảng bằng 2 và tiếp xúc với (C)
Câu VIII a (1,0 điểm ) Tìm hệ số của 2
x trong khai triển nhị thức Niutơn của:
P x x
x
= +
(x≠0)
1 3 52( 1)
C + − A = n−
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I, có diện
độ điểm I
Câu VII b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 4x−3y+ =2 0và đường
( ) :C x +y −2x+6y− =15 0 Viết phương trình đường thẳng d1 vuông góc với d cắt đường tròn (C) tại A và B sao cho AB=6
Câu VIII b (1,0 điểm) Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12; 4 học sinh khối 11 và 5 học sinh
khối 10 Chọn ngẫu nhiên 6 học sinh Tính xác suất sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh
- Hết -
Trang 2Đáp án K-D gồm có 5 trang
Lưu ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa
1 (1,0 điểm)
Với m=2 hàm số trở thành 4 2
y= − +x x −
+Tập xác định: D R=
+ Giới hạn: lim
→−∞ = −∞; lim
→+∞ = −∞
_ Sự biến thiên: 3
y = − x + x, , 0
0
2
x y
x
=
= ⇔ = ±
+ Bảng biến thiên:
x −∞ − 2 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y 0 0
−∞ -4 −∞
-
Suy ra:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞ −; 2)và( )0; 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− 2; 0)và( 2;+∞)
Điểm cực đại của đồ thị là (− 2; 0) và ( )2;0 Điểm cực tiểu của đồ thị là (0; 4− )
+ Đồ thị :
Đồ thị cắt trục tung tại (0; 4− ) và cắt trục hoành tại điểm (− 2; 0) và ( )2;0
+ Nhận xét: Đồ thị (C) nhận trục tung làm trục đối xứng
0,25
0,25
0,25
0.25
Câu
I
2,0
điểm
2 (1,0 điểm)
y = − x + mx= x − +x m ; y' 0 x2 0
x m
=
= ⇔ =
Nếu m≤0 thì ( )C m chỉ có một điểm cực trị và đó là điểm cực đại nằm trên trục tung
Nếu m>0 thì ( )C m có 3 điểm cực trị
Một cực tiểu nằm trên trục tung và hai cực đại có tọa độ ( 2 )
m m
m m −
Để hại điểm này nằm trên trục hoành thì 2
m − = ⇔ = ±m Vì m>0 nên chọn m=2
Vậy m∈ −∞( ; 0]∪{ }2 là những giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán
0.25
0,25 0,25
0.25
Câu
II
2,0
1 (1,0 điểm)
2sin cosx x+ −1 2 sin x=cosx−sin 3x+2
Trang 3⇔ 2
(2sin cosx x−cos ) (2sinx − x−3sinx+ =1) 0 ⇔cosx(2sinx-1) – (2sinx-1)(sinx-1) = 0
⇔ (2sinx−1)(cosx−sinx+ =1) 0
1 sin
2 sin cos 1
x
⇔
1 sin
2
2 sin
x
x π
⇔
− =
2 6 5 2 6 2 2 2
= +
= +
⇔
= +
= +
k∈
0,5
0,5
0,25
điểm
2 (1,0 điểm)
2
2 log 8x +32= −2 log 8x +32 ( 2 )
4
2 log 8x 32
( 2 ) ( 2 )
2 log x 4 log 8 2 log x 4 3
Phương trình 2( 2 ) ( 2 )
log x 4 2 log x 4 3 0
Đặt ( 2 )
4 log x + =4 t, phương trình trở thành 2
t + − = ⇔ =t t ; t= −3
Với t = 1, ta có ( 2 )
4 log x + = ⇔ =4 1 x 0 Với t =-3, ta có ( 2 )
4 log x + = −4 3(vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm x = 0
0,5
0,25
0,25
Câu
III
1,0
điểm
Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình đã cho
Hệ phương trình đã cho
2 2
1
7
1
13
x x
y y x x
y y
+ + =
⇔
+ + =
Đặt u x 1
y
= + ; v x
y
= Suy ra: 2 2
2
1
2x
u x
2
1
2
y
⇒ + = −
Khi đó, ta được: 2 7
13
u v
u v
+ =
− =
7
20 0
u v
u u
+ =
⇔ + − =
4 3 5 12
u v u v
=
=
⇔ = −
=
0,25
0,25
0,25
Trang 4Với
1 4
3
u x
y x v y
= + =
= =
3 1
x y
y y
=
⇔ + =
3
x y
y y
=
⇔ − + =
1 3 1 3 1
y x
y
x
=
=
⇔ =
=
Với
1 5
12
u x
y x v y
= + = −
= =
12 1
x y
y y
=
⇔ + = −
12
x y
y y
=
Kết luận: Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm 3
1
x y
=
=
và
1 1 3
x
y
=
=
0,25
Câu
IV
1,0
điểm
Diện tích hình thang ABCD là 1( ) 3 2
2
a
S = a+a a= Diện tích tam giác ABD là 1 2
2
ABD
S∆ = AB AD=a Diện tích tam giác BCD là
2
2
a
S∆ = −S S∆ =
Thể tích khối chóp S.BCD là
2 3
a a
V = SA S∆ = a =
SD= a +a =a Vì SA⊥(ABCD) ⇒SA⊥CD
Mặt khác AD CD⊥
Suy ra CD⊥SD
Diện tích tam giác SCD là 1 2
10 2
sCD
S∆ = a
Gọi d là khoảng cách từ B đến (SCD) Ta có:
3
1
a
V = d S∆ = 23 3 3 10
10 10
d a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
V
1,0
điểm
Ta có x2 xy x x( y) 2xy 2xy
x
+ −
Do x,y dương nên 2
2
xy x y
x y
+
≤
Suy ra
2
x xy x y x y
x
x y
− ≥ − + = −
Tương tự ta cũng có
2
2
y yz y z
y z
− ≥ −
2
2
z zx z x
z x
− ≥ −
Từ đó suy ra
0
x xy y yz z zx x y y z z x
x y y z z x
− + − + − ≥ − + − + − =
0,5
0,5
Trang 5A Theo chương trình chuẩn Câu
VI a
1,0
điểm
Giả sửC m m( ; 2 +1)
Vì E(−1; 2) là trung điểm AC nên A(− −2 m;3 2− m); AH = + − +(3 m; 4 2m)
Vì vectơ chỉ phương của BC là uBC =( )1; 2
Vì AH ⊥BC nên AH u BC = + + − +2 m 2( 4 2m)=0
1
m
⇔ = Vậy ( 3;1)A − và (1;3)C
Giả sửB n n( ; 2 +1)
Có BH= − − −(1 n; 2 2n)
; uBC =( )4; 2
Vì BH ⊥ AC nên AH u BC =4(1− + − −n) 2( 2 2 )n =0
1
n
⇔ = Vậy (0;1)B
0,25
0,5
0,25
Câu
VII
a
1,0
điểm
Gọi phương trình đường thẳng d là ax by+ + =c 0 ( 2 2 )
0
a +b ≠ ,
2 2
d d O
a b
Đường tròn có tâm I(1;1) bán kính R =2
Vì d tiếp xúc với (C) nên
2 2 ( ; ) 2 a b c 2
d d O
a b
+ +
+
Suy ra a b c+ + = c
2
b a
a b c
= −
= −
Với b= −a, chọn a=1 ⇒ = −b 1;c= ±2 2 ta được phương trình x− ±y 2 2=0
Với
2
a b
15a −2ab+15b =0 ⇔ = =a b 0 (không thỏa mãn)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIII
a
1,0
điểm
Từ đề bài, tìm được n =13
13 13
13 0
2
2
k
x
=
+ =
Giải tìm được k =8
Hệ số cần tìm là 8 8
13
2 C
0,5 0,25
0,25
Trang 6B Theo chương trình nâng cao Câu
VI b
1,0
điểm
Đường thằng MI qua M và song song với BC nên có phương trình x – y – 1 = 0
1 ( , )
2
d M BC = ; S ABCD = ⇔4 2 (d M BC BC, ) = ⇔4 BC=2 2
2 2
BC
MI = =
Gọi ( ;I a a−1); 2 3
1
a MI
a
=
= ⇔ =
Suy ra I(3; 2) hoặc I(1; 0)
0,25
0,25
0.25
0,25
Câu
VII
b
1,0
điểm
(C) có tâm I(1; -3), bán kính R =5
Vì d1 ⊥d nên phương trình đường thẳng d có dạng 31 x+4y+ =c 0
Khoảng cách từ I đến d là 1 ( ; 1) 9
5
c
d I d − +
Mặt khác
2 2
1
2
AB
d I d = R − = − =
Suy ra 9 4
5
c
− +
= ⇔ − + =9 c 20
9 20
c c
− + =
⇔ − + = − 2911
c c
=
⇔ = −
Vậy d có phương trình 31 x+4y+29=0 hoặc 3x+4y− =11 0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIII
b
1,0
điểm
Số cách chọn 6 học sinh trong 12 học sinh là 6
12 924
C =
Số cách chọn 6 học sinh chỉ có học sinh khối 12 và 11 là 6
7
C
Số cách chọn 6 học sinh chỉ có học sinh khối 11 và 10 là 6
9
C
Số cách chọn 6 học sinh chỉ có học sinh khối 12 và 10 là 6
8
C
⇒ Số cách chọn 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh là
6 ( 6 6 6)
C − C +C +C =
Vậy xác suất cần tìm là 805 115
924 132
P= =
0,5
0,25 0,25