de thi thu dai hoc nam 2013 2014

Trng THPT Gia Bỡnh s 1
Đề chính thức
Đề thi thử đại học, cao đẳng LN 1
năm HC: 2013 - 2014
Môn thi : Toán, Khối A, A1, B
Thời gian làm bài 180 phút (không kể giao đề)
Phần chung cho tất cả thí sinh ( 8 ,0 điểm)
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
3 2 2
3 (1)y x x m x m= + + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của
đoạn AB nằm trên trục hoành
Câu 2 (1 điểm) Giải phơng trình sau:
2
2017
2.sin sin 2 1 tan
4 2
x x x


+ =
ữ ữ

Cõu 3 (1 im) Gii h
2
2
2
3
2

2 2
1 2 1 1
y
y x x
x
y x

+
=



+ + =

(
,x y R
)
Cõu 4 (1 im) Gii phng trỡnh sau: log
x
2 + 2log
2x
4 = log
2x
8
Cõu 5 (1 im) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của đỉnh
S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD)
bằng 60
0
. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Cõu 6 (1 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, SA = SB = a, mt phng

(SAB) vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Xỏc nh tõm v tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp
S.ABCD.
Cõu 7 ( 1 im) Cho
a,b,c 0>
tha món
abc 8
=
. Hóy tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:
1 1 1
P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
= + +
+ + + + + +
Phần tự chọn ( 2 ,0 điểm). (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần:phần A hoặc B)
A.Theo ch ơng trình c huẩn
Câu 8 .a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phơng trình đờng thẳng BD là:
3x - y - 8 = 0, đờng thẳng AB đi qua M(1; 5), đờng thẳng BC đi qua N(7; 3), đờng chéo AC đi qua P(2;
3). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho.
Câu 9 .a (1 điểm) . Tỡm h s ca x
2
trong khai trin thnh a thc ca biu thc P = (x
2
+ x 1)
6
B.Theo ch ơng trình n âng cao
Câu 8 .b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho

ABC cân tại đỉnh C. Biết phơng trình đờng thẳng AB là:
x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là
14 5

;
3 3
G

ữ

và diện tích của tam giác bằng
65
2
(đvdt). Viết phơng
trình đờng tròn ngoại tiếp

ABC.
Câu 9 .b (1 điểm) Giải hệ phơng trình:
3
1
2
8
9 3 4
log 1 2 log 1
x y
y x

+ =


+ =


(

,x y R
)
Hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
P N THI TH LN 1
NM HC : 2013 2014
MễN: TON
Câu 1 Nội dung Điểm
1.
Cho hàm số:
3 2 2
3 (1)y x x m x m= + + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
Với m = 0 ta có: y = x
3
+ 3x
2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y = 3x
2
+ 6x = 3x(x + 2)
y = 0 khi x = 0 hoc x = -2
Xét dấu y:
x
-
-2 0
+
y + 0 - 0 +

=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (-; -2) và (0; +)
Hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, y
CĐ
= y(-2) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= y(0) = 0
- Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
+
= + =
0,25
- Bảng biến thiên:
x
- -2 0 +
y' + 0 - 0 +
y
-
4 +
0
0,25
* Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (0;0), (-3;0)

0,25
2.
Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của

đoạn AB nằm trên trục hoành
Ta có: y = 3x
2
+ 6x + m
2
Hàm số có cực đại, cực tiểu y = 0 có 2 nghiệm phân biệt

2
' 9 3 0 3 3m m = > < <
0,25
Lâý y chia y ta có:
2
2
1 1 2 1
' 2
3 3 3 3
m
y y x x m m


= + + +
ữ
ữ ữ


Giả sử A(x
1
; y
1
), B(x

2
; y
2
) (trong đó: x
1
+ x
2
= -2)
x
O
y
-2
4
1
Ta có:
2
2
1 1 1
2 1
( ) 2 .
3 3
m
y y x x m m


= = +
ữ
ữ

2
2
2 2 2
2 1
( ) 2 .
3 3
m
y y x x m m


= = +
ữ
ữ


0,25
Ta có:
( )
1 2
2
2
1 2
2
1 2
1
2
2 1
2 . 2
3 3

m m 2
2 2
I
I
x x
x
m
x x m m
y y
y
+

= =





+ +
ữ
ữ

+



= = = + +

=> I(-1; - m
2

+ m+ 2)
0,25
Theo gt: I Ox

- m
2
+ m + 2 = 0
1 ( / )
2 ( )
m T M
m L
=



=

Vậy m = -1 thoả mãn bài toán.
0,25
Câu 2:
Giải phơng trình:
2
2017
2sin ( ) sin(2 ) 1 tan
4
2
x x x


+ =

Điều kiện:
cos 0 ( )
2
x x k k Z


+
+Với đk trên pt đã cho tơng đơng:

1 cos 2 sin(2 1008 ) 1 tan
2 2
x x x



+ + =
ữ


1 sin 2 cos 2 1 tanx x x
=

sin 2 cos2 tan 0x x x + =
0,25

2
sin
2sin .cos 2cos (1 ) 0
cos
x

x x x
x
+ + =

sin cos
2cos .(sin cos ) 0
cos
x x
x x x
x
+
+ =
0,25

1
(sin cos ).(2cos ) 0
cos
x x x
x
+ =

( )
2 sin .cos 2 0
4
x x

+ =
0,25

( )

4
sin 0
4
cos2 0
4
2
x k
x
k
x
x






= +

+ =





= +
=


(tmđk)

Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm:
4 2
k
x

= +
(họ
4 2
k

+
chứa
4
k


+
)
0,25
Cõu 3
Gii h
2
2
2
3
2
2 2 (1)
1 2 1 1 (2)
y
y x x

x
y x

+
=



+ + =

iu kin x > 0
0,25
Ta cú (1)
2 2
2 2
( 1)( 2) 0
y y
x x
+ +
+ =
.
Vi mi x > 0 nờn vi mi y thuc R ta u cú
2
2
1 0
y
x
+
+ >
. Do ú

0,25
2
2
2
(1) 2 0 1 4 1
y
y x
x
+
= + =
Th
2
1 4 1y x+ =
vo (2) ta c
3
4 1 2 1 1 (3)x x + =
. S dng tớnh bin thiờn
ca hm s gii (3) c nghim duy nht x = 1/2
0,25
Vi x = ẵ suy ra y = 0 thon món
Vy h cú nghim duy nht (x;y) = (1/2;0).
0,25
Câu 4
Gii phng trỡnh sau: log
x
2 + 2log
2x
4 = log
2x
8

iu kin
0
1
1
2
x
x
x


>







0,25
Ta cú phng trỡnh tr thnh
2 2 2
1 4 6
log 1 log 1 logx x x
+ =
+ +

0,25
t t = log
2
x ta c phng trỡnh

1 4 6
1 1
(2)
t t t
+ =
+ +
. Gii phng trỡnh (2) c
nghim t = 1
0,25
Vi t = 1 ta c x = 2 tho món. Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = 2.
0,25
Câu 5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của đỉnh S
trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và
(ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt
phẳng (SBC).
Dựng HI

AC => SI

AC (định lý 3 đờng vuông góc)
ã
0
60SIH =

Xét SHI có tan60
0
=

0
2 6
.tan 60 . 3
4 4
SH a a
SH HI
HI
= = =
0,25
2
.
( ). 3
2
2 2 4
HABC
a
a a
AH BC AB a
S

+
ữ
+

= = =
2 3
.
1 1 3 6 6
. . . .
3 3 4 4 16

S HABC HABC
a a a
V S SH= = =
0,25
* Tính khoảng cách từ H đến (SBC)
Gọi J là trung điểm của BC
Dựng HK SJ => HK (SBC)
0,25
C
S
D
B
A
H
O
J
I
K
=> d(H; (SBC)) = HK
Ta cã:
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 8 1 11
.6
3 3
16
a
HK SH HJ a a a a
= + = + = + =
=> HK =

3 33
11
11
a a
=
. VËy d(H;(SBC)) =
33
11
a
0,25
Câu 6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Do SA = SB = AB = a nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD).
0,25
Suy ra: + OG = IH =
a
2
, trong đó H là trung điểm của AB.
+ Tam giác OGA vuông tại G.
0,5
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, ta có:
2 2
2 2
a 3a a 21
R OA OG GA

4 9 6
= = + = + =
0,25
C©u 7
Cho
a,b,c 0>
thỏa mãn
abc 8=
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1 1
P
2a b 6 2b c 6 2c a 6
= + +
+ + + + + +
1 1 1 1 1 1 1
P P
b c a
2a b 6 2b c 6 2c a 6 2
a 3 b 3 c 3
2 2 2
 
 
= + + ⇒ = + +
 
+ + + + + +
 
+ + + + + +
 
.
Đặt:

; ; , , 0& . . 1
2 2 2
a b c
x y z x y z x y z= = = ⇒ > =
Khi đó:
1 1 1 1
2 2 3 2 3 2 3
P
x y y z z x
 
= + +
 
+ + + + + +
 
0,25
Mà ta có:
2 ; 1 2 2 3 2( 1)+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + +x y xy x x x y xy x
1 1
2 3
2( 1)
⇒ ≤
+ +
+ +
x y
xy x
Tương tự ta có:
1 1 1 1
4
1 1 1
P

xy x yz y zx z
 
≤ + +
 
+ + + + + +
 
 

0,25
( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với
x
; phân số thứ ba với
xy
)
0,25
A
B C
D
H
G
O
I
S
1 1
4
1 ( 1) ( 1)
1 1 1
4 4
1 1 ) 1

+ +

+ + + + + +



+ +

+ + + + + +


xy
x
P
xy x x yz y xy zx z
xy
x
P P
xy x xy x x xy
Vy P t GTLN bng
1
4
xy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2
0,25
Phần tự chọn
A- Theo chơng trình chuẩn:
Câu 8.
a
1. ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phơng trình đờng thẳng BD là:
3x - y - 8 = 0, đờng thẳng AB đi qua M(1; 5), đờng thẳng BC đi qua N(7; 3), đờng chéo

AC đi qua P(2; 3). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho.
Gọi I là giao điểm của AC và BD
AC

BD và đi qua P(2;3) nên có phơng trình: x+3y-11=0
I = AC

BD
7 5
;
2 2
I


ữ

.
0,25
Vì B thuộc BD
( )
;3 8B t t

( )
( )
1 ;13 3
7 ;11 3
BM t t
BN t t
=
=

uuuur
uuur
BM

BN nên
2
5
. 0 10 80 150 0
3
t
BM BN t t
t
=

= + =

=

uuuur uuur
0,25
* với t = 5
(5;7)B
khi đó D(2;-2)
AB có phơng trình: x - 2 y +9 = 0
A=AB

AC
( )
1;4A
khi đó C(8;1)

0,25
* với t = 3
(3;1)B
khi đó D(4; 4)
AB có phơng trình: 2x + y -7 = 0
A=AB

AC
( )
2;3A
khi đó C(5; 2)
Vậy:
( )
1;4A
,
(5;7)B
, C(8;1), D(2;-2)
Hoặc
( )
2;3A
,
(3;1)B
, C(5; 2), D(4; 4)
0,25
Câu
9.a
Tỡm h s ca x
2
trong khai trin thnh a thc ca biu thc P = (x
2

+ x 1)
6
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K

0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
2
ch xut hin khi khai trin
0 6
6
C (x 1)
v
1 2 5
6
C x (x 1)
.
0,25
H s ca x
2
trong khai trin
0 6
6
C (x 1)
l :

0 2
6 6
C .C
H s ca x
2
trong khai trin
1 2 5
6
C x (x 1)
l :
1 0
6 5
C .C
0,25
Vỡ vy, h s ca x
2
trong khai trin P thnh a thc l :
0 2
6 6
C .C
1 0
6 5
C .C
= 9.
0,25
B- Theo ch ơng trình nâng cao
C
D
.
A

B
I
M
.
N
P
.
Câu
8 .b
1. Trong mặt phẳng Oxy cho

ABC cân tại đỉnh C. Biết phơng trình đờng thẳng AB là:
x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là
14 5
;
3 3
G

ữ

và diện tích của tam giác bằng
65
2

(đvdt). Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp

ABC.
Gọi H là trung điểm của AB

CH AB

CH có phơng trình: x-y-3=0

5 1
;
2 2
H CH AB H

=
ữ


2 (9;6)CG GH C=
uuur uuur
0,25
Đặt A(a;2-a)

B( 5-a; a-3)
13 13
(5 2 ;2 5); ;
2 2
AB a a CH

= =
ữ

uuur uuur
Theo gt thì
2
0

65 1 65
. 8 40 0
5
2 2 2
ABC
a
S AB CH a a
a
=

= = =

=

V
* a = 0
( ) ( )
0;2 ; 5; 3A B
* a = 5
( ) ( )
5; 3 ; 0;2 .A B
0,25
Đờng tròn cần tìm có phơng trình dạng:

2 2 2 2
2 2 0 ( 0)x y ax by c a b c+ + + + = + >
Do đờng tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ:

4 4 137 / 26
10 6 34 59 / 26

18 12 117 66 /13
b c a
a b c b
a b c c
+ = =


+ = =


+ + = =

(t/m)
0,25
Vậy đờng tròn cần tìm có pt:
2 2
137 59 66
0
13 13 13
x y x y+ + =
0,25
Câu
9.b
Giải hệ phơng trình:
3
1
2
8
9 3 4 (1)
log 1 2 log 1 (2)

x y
y x

+ =


+ =


Điều kiện:
0
1
2
x
y
>



<


0,25
Ta có :
( ) ( )
2 2 2
1 2
2 log 1 2 log 1 log 2 2 1 2
y
y x x y

x


= = =
ữ

0,25
Thay vào (1) ta có pt:
( ) ( )
3 2 2
3 4.3 3 0 3 1 3 3.3 3 0
y y y y y
+ = =

3
3 1
0
3 21
3
3 21
log ( )
2
2
3 21
3 ( )
2
y
y
y
y

y L
L


=
=



+


=
+


=
ữ
ữ






=


0,25
Với y = 0 suy ra x= 1/2 (TM)

0,25
C
A
B
H
G
.
VËy hÖ cã mét nghiÖm :
1/ 2
0
x
y
=


=

Chó ý: NÕu häc sinh lµm theo c¸ch kh¸c mµ vÉn ®óng th× cho ®iÓm tèi ®a.