TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Tổ : TOÁN Môn : TOÁN ; Khối A, B, A1 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
Trang 1TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM HỌC 2013-2014
Tổ : TOÁN Môn : TOÁN ; Khối A, B, A1
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2 mx2 m với m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 1.
2 Tìm m để đồ thị có 3 cực trị tạo thành một tam giác có góc bằng 120 0
Câu II (1.0 điểm) Giải phương trình: sin sin 4 2 2.cos 4 3.cos sin cos 22
6
,
x y
Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân: x x ln( x )
x
2
2 1
Câu V (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a Hình chiếu vuông
góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với đáy (ABC) một góc
600 Tính thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAC) theo a, với I là trung điểm SB.
Câu VI (1,0 điểm) Cho 3 số , x y z dương và thõa mãn: , 2 xy xz1
Chứng minh rằng: 3yz 4zx 5xy 4
x y z
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình
3 x y 0 , đường thẳng BD có phương trình x 2 y 0 , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.
2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
( x 2) ( y 3) 10 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
( 3; 2)
M và điểm A có hoành độ dương.
Câu VII.a (1,0 điểm ) Giải bất phương trình: 4 4 2 3
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3 x y 7 0 , điểm B (0; 3) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d x: 3y 12 0 và hai điểm M(2;4), N(3;1) Lập phương trình đường tròn đi qua hai điểm M N, và cắt d tại A B, thỏa mãn AB 10.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log3 2 2 log 3 2 0
x x
-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
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I MÔN TOÁN NĂM HỌC 2013-2014
I
1
Với m = 1 hàm số là: y x4 2 x2 1
+) TXĐ: D= R
+) Giới hạn, đạo hàm: limx y ; limx y
1
x
x
0.25
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +)
nghịch biến trên các khoảng (-;- 1), (0; 1)
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 0.25
+) BBT:
x - - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 +
y + 1 +
0 0
0.25
2
Điều kiện để đồ thị hàm số có 3 cực trị là :
3
y x mx có 3 nghiệm phân biệt
2
2
0
có 3 nghiệm phân biệt Vậy m>0 thì bài toán thõa mãn
0.25
Khi đó các cực trị của đồ thị là A0;m ,B m m m; 2 ,C m m m; 2 0.25
Ta có tam giác ABC là tam giác cân tại A Vậy để 3 cực trị tạo thành một tam giác có góc
bằng1200là :BC2AB2AC2 2AB AC .cos1200
3
0
3
m
m
0.25
Đối chiếu điều kiện có 3 cực trị ta có : 31
3
II
III
ĐK: Ta có: sin sin 4 2 2 cos 3.cos sin 4
6
x x x x x
sin 4 sin 3 cos 2 2 cos
6
x x x x
sin 4 2 sin 4 2 cos 0
6
x
0.5
3 2
Đkxđ x 3, y 4
Từ (1) ta có:x3 3 x y 2 3 3 y 2 x y 2 x2 x y 2 y 2 2 3 0
0.25
B A
M
N I
H
Trang 3Thế (3) vào (2) ta được
x x x x x x x x x x
0.25
(Do y x 2 4 x 2 x 2 0)
0.25
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S 1; 3 ; 2;0 0.25
IV
Ta có: I x. x dx ln(x )dx J K
x
1
2
1
x
2
2
Tính: ln(x )
x
2
2 1
1 Đặt
'
x
1 1
1 1
1 Suy ra
ln
2
2
0.25
I 1173 2 3 3117 8
V
Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC,
Ta có SH HJ(AC ABC)
ACSJ, suy ra góc SJH 600 và
0
2
2 ,
2
6 tan 60
2
0.25
0.25
2 3 3 .
S ABC
B
S
C
A
H
J I
E
Trang 4Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có HE SJ HE (SAC)
HE AC
Mặt khác, do IH SC// IH//(SAC), suy ra
( ,( )) ( ,( )) sin 60
4
d I SAC d H SAC HE HJ a
0,25
VI
Ta có: yz xz 2 z2 2z 1
x y
Tương tự ta có : xy yz 2 y2 2y 2 xy yz 4y (2)
xz xy 2 x2 2x 3 xz xy 6x (3)
Từ (1) (2) và (3) ta có
yz zx xy
Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu bằng xẩy khi 1
3
x y z
0.5
0.5
VI.a
1
Tọa độ điểm D là: 3 0 0
=> D(0;0)O Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n 1 3; 1 , n2 1; 2
=> cosADB=
2
1
=> ADB=45 0 =>AD=AB
0.25
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 => BCD vuông cân tại B=>DC=2AB
Theo bài ra ta có:
2
ABCD
AB
S AB CD AD =>AB=4=>BD=4 2 0.25
Gọi tọa độ điểm ;
2
B B
x
B x
, điều kiện xB>0
=>
2 2
8 10
5
4 2
( ) 5
B B
B
B
x
Tọa độ điểm 8 10 4 10;
B
0.25
Véctơ pháp tuyến của BC là n BC 2;1
.Vậy phương trình đường thẳng BC:2 x y 4 10 0
0.25
2
1,0 điểm
0.25
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax by 3a2b0 (a2b2 0)
(C) tiếp xúc với AB nên d I AB ; R hay
3
3
a b
Do đó phương trình AB là x- 3 - 3 0y hoặc AB:3 -x y 7 0.
+ Nếu AB:3 - x y 7 0 Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A 0 nên t>0 và do 2 2
IA R
0.5
R
C B A
D
Trang 5nên 22 3 42 20 10 2 20 20 20 0
2
t
t
(loại)
+ Nếu AB:x - 3 - 3 0 y Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A 0 nên t>-1 và do IA2 2 R2 20
nên 1 3 t 2 t 3 2 20 10 t2 10 20 t 1
Suy ra A(6;1) C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)B C D
VII.a
log x 1 log x 1 25: (1)
4
2
1
2
0.25
Đặtt log22 x 1 0
2
2
1
2 26
25
t t
x x
t
x x
t loai
Vậy nghiệm của bất phương trình
1 1 1
2
x x
0 5
VI.b
1
Phương trình BD x3y9 0 Tọa độ IACBD I(3; 2)
0.25
Do I là trung điểm BD nên (6; 1)D Gọi A a( ;7 3 ) a AC ta có BD 2 10
0.5
dt(ABCD)=2.dt(ABD)
2 2
3(7 3 ) 9 1
.2 10 10
a a
4
a a
do vậy (2;1); (4; 5)
(4; 5); (2;1)
2
Gọi I a b( ; ) là tâm đường tròn
Theo giả thiết ta có hệ:
2
(1) 5 ( ; ) (2)
2
IM IN
d I d IM
Từ (1) ta có a 3b 5 a3b 5
( 2) ( 4)
2 10
a b
0.5
Từ 2 pt trên ta có:
,
0.25
Do đó có 2 đường tròn thỏa mãn:
J0.25
Trang 6VII.b log3 2 2 log 3 2 0
x x
2
x x
0,25
Khi đó ta có phương trình trở thành:
2
2
2 2
1
3
2
3 3
x x
x
x
x x
0,5
Đối chiếu đk ta có 3
2
Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương