Xem mẫu
- www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Ngày thi : 19/1/2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
------------------------------ ---------------------------------------------------
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y x 2 m 1 x 2 3 (1)
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1 .
b) Tìm m để đường thẳng y 2m 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm
phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin 2 x 2sin 2 x.cos x 3sin x 1 sin 3 x .
6
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
3 3 2 2 2 2
x y xy x y 3x 3 y 3x 3 y 2 xy 2
2
, x, y .
3 x 1 x 2 y 3. 3 8 2 y 5
e x e x 3
Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm: x dx .
e e x 2
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình
chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng
(SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng SCD .
Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y, z 0 thỏa mãn x y z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
A x3 y 3 4 z 3 .
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là
1
trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN AC . Biết MN có phương
4
trình 3x y 4 0 và D(5;1). Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu
nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số
bi đỏ bằng số bi vàng.
Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 25x 20 x 5.10 x 5.2 x 5.4 x 5x1 10 x 50 x .
---------- Hết ---------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................... Số báo danh: ...............................................
- www.VNMATH.com
SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D
___________________________________
Câu Đáp án Điểm
1 a) 1 điểm
(2 điểm Khi m 1 , ta có hàm số y x 4 4 x 2 3 .
Txđ: . 0,25
x 0
- Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ; y' 0 .
x 2
Hàm số đồng biến trên 2;0 ;
2; , nghịch biến trên ; 2 và 0; 2 .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 , yCĐ 3 ;h/s đạt cực tiểu tại x 2 , yCT 1 . 0,25
Giới hạn: lim y lim y .
x x
- Bảng biến thiên:
x 2 0 2
y' 0 + 0 0 +
0,25
y 3
1 1
Đồ thị
0,25
b) 1 điểm
Pt hoành độ giao điểm : x 4 2(m 1) x 2 3 2m 2 1
x2 1 x 1 0,25
Ta có 1 x 4 2(m 1) x 2 2m 1 0 2 2
x 2 m 1 x 2m 1
Ta có 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 .
Để đường thẳng d cắt đồ thị Cm tại đúng 2 điểm phân biệt thì 1 có đúng 2 nghiệm
m 0
2m 1 1 0,25
phân biệt * .
2m 1 0 m 1
2
Trang 1/5
- www.VNMATH.com
Khi đó, giả sử 2 giao điểm là A 1; 2 2m , B 1; 2 2m .
Ta có OAB cân tại O , gọi I là trung điểm của AB I (0, 2 2m) và
0,25
1
AB 2, OI 2 2m . Theo giả thiết 8 SOAB OI AB 8
2
m 3 tho¶ m·n *
2 m 1 8 m 1 4 . Vậy m 3 . 0,25
m 5 kh«ng tho¶ m·n *
Pt đã cho 3 sin 2 x cos 2 x sin 3x sin x 3sin x 1 sin 3x
0,25
3 sin 2 x 4sin x 1 cos 2 x
2 3 sin x cos x 4sin x 2sin 2 x
sin x 0 0,25
2
2sin x sin x 3 cos x 2 0
(1 điểm) sin x 3 cos x 2
5
sin x 3 cos x 2 sin x 1 x k , k ; 0,25
3 6
sin x 0 x k , k ;
5 0,25
Vậy, các nghiệm của phương trình là x k , x k 2 , k .
6
x3 y 3 xy 2 x 2 y 3 x 3 y 3 x 2 3 y 2 2 xy 2 1
Giải hệ phương trình 2
3 x 1 x 2 y 3 3 8 2 y 5 2
ĐK: x 1 .
1 x y x 2 xy y 2 xy x y 3 x y 3 x 2 y 2 2 xy 2
0,25
( x y )( x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) ( x y ) 2 3( x y ) 2
( x 2 y 2 )( x y 2) ( x y 2)( x y 1)
2 2
x y 2 0 (3) 1 1 1
2 2
(4) x y 0 , vô nghiệm. 0,25
x y x y 1 0 (4) 2 2 2
(3) y 2 x . Thay vào (2) ta được
3 3 x 1 33 4 2x x2 2x 9
(1 điểm) 3 x 1 1 3 3
4 2 x 2 x2 2 x
3 x 2 3 2x 4
x x 2 0,25
2
x 1 1 3
4 2x 2 3 4 2x 4
x 2
3 6
x (5)
x 1 1 3 4 2 x 2 2 3 4 2 x 4
- Với x 2 y 0 .
Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến.
Mà x 2 là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là x 2 y 0 .Vậy 0,25
nghiệm x; y của hệ đã cho là 2;0 .
Trang 2/5
- www.VNMATH.com
x x
e e 3 1 1 0,25
I x x
dx 1 x x dx x x x dx .
e e 2 e e 2 e e 2
1 ex ex
Với I1 x x dx 2 x dx x dx . Đặt t e x 1 dt e x dx 0,25
4 e e 2 e 2e x 1 (e 1)2
(1 điểm) dt 1 1
I1 2
C x C . 0,25
t t e 1
1
I x x
C. 0,25
e 1
Gọi H là trung điểm của AO
SH ABCD .
S Dựng HI CD tại I, suy ra
0,25
CD SHI SI CD , vậy góc giữa
SCD và ABCD là
SIH SIH 600
K
G A 3 3
D HI // AD nên HI AD a suy ra
4 4
M H I
O 3a tan 60O 3 3a
SH HI .tan SIH
4 4 0,25
B C 2
S ABCD a
1 1 3 3a 3a 3
5 VS . ABCD S ABCD SH a 2
3 3 4 4
(1 điểm)
SG 2
Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và .
SM 3
2 2
Mà MG SCD S suy ra d(G,(SCD))= d M , SCD d A, SCD 0,25
3 3
AC 4 4
AH SCD C , nên d A, SCD d H , SCD
HC 3 3
Kẻ HK SI tại K HK SCD HK d H , ( SCD )
1 1 1 16 16 64 3 3a 0,25
2
2
2 2
2 2
HK
HK SH HI 27 a 9a 27 a 8
8 3 3a a 3
d G, ( SCD) .
9 8 3
1 3 2
6
Ta có x3 y 3 x y x y x y 0 là mệnh đề đúng với mọi x, y .
4 0,25
(1 điểm) 1 3 1 3
Suy ra A x y 4 z 3 3 z 4 z 3 .
4 4
1 3
Xét hàm số f z 3 z 4 z 3 , z 0;3 .
4
z 1 0;3 0,25
9
Ta có f z 5 z 2 z 3 , f z 0
2
.
4 z 3 0;3
5
Trang 3/5
- www.VNMATH.com
Bảng biến thiên của hàm số f z trên 0;3 :
3
z 0 3
5
f z 0 +
0,25
27
108
4
f z
108
25
108 3 6
Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là khi z , x y . 0,25
25 5 5
7 0,25
(1 điểm)
Kẻ NH BC tại H , NK DC tại K .
Ta có NKC NHC (cạnh huyền và góc nhọn) NK NH
DK AN 1
AD NK
DC AC 4
DK BH mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm
BH AN 1
AB NH
BC AC 4
của BM .
DKN MHN DNK MNH , ND NM .
Mà KNH 900 DNH 900 DNM vuông cân tại N
DN MN pt DN : ( x 5) 3( y 1) 0 hay x 3 y 8 0
x 3y 8 0
Toạ độ N thoả mãn: N (2; 2)
3 x y 4 0
0,25
Gs M (m;3m 4) MN (2 m;6 3m), DN 10, MN DN
m 3 M (3;5)
(2 m) 2 (6 3m)2 10 (m 2)2 1
m 1 M (1; 1) lo¹i
1
M (3;5) , gọi P MN AD NP NM
3
1 5
xp 2 xp
3 3 0,25
y p 2 1 yp 1
1 1 1 5
Ta có AP MC = BC AD DP DA
3 6 6 6
Trang 4/5
- www.VNMATH.com
5 5 5 3
DP DA CB MB MB DP
6 6 3 5
35
xB 3 5 3 5 0,25
xB 1
y 5 3 (1 1) yB 5
B
5
5
Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có C18 cách. 0,25
5
Không gian mẫu gồm n C18 8568 kết quả đồng khả năng xảy ra.
Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”
Ta có các trường hợp xảy ra:
TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. 0,25
8 1 1 3
Có C6 C7 C5 cách chọn trong trường hợp này.
(1 điểm) TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh .
Có C62 C72 C5 cách chọn trong trường hợp này.
1
0,25
n( A) C6 C7 C5 C62 C72 C5 1995 .
1 1 3 1
n( A) 1995 95
Vậy xác suất cần tìm là: P( A) . 0,25
n() 8568 408
25 x 20 x 5 10 x 5 2 x 5 4 x 5 x 1 10 x 50 x
25 x 50 x 20 x 10 x 5.10 x 5 x 1 5 2 x 4 x 0 0,25
2 x 1 25 x 10 x 5.5 x 5.2 x 0
2 x 1 0 1
x 0,25
5 2 5 5 0
x x
9 2
(1 điểm)
(1) 2 x 1 x 0 . 0,25
x
5 5
x 1
(2) 5 x
1 x 0 0,25
2
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 0;1 .
Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số
điểm theo đáp án qui định.
--------Hết--------
Trang 5/5
nguon tai.lieu . vn
