Đề thi thử Đại học lần 1 - Trường THPT Thái Hòa môn Toán

Sở giáo dục và đào tạo nghệ an đề thi thử đại học năm 2014-lần thứ I
Trờng thpt thái hoà Môn thi : Toán
Thời gian làm bài :180 phút
==========*=========
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I(2 điểm): Cho hàm số :
4 2 2
2 1y x m x= +
(đồ thị là (C
m
) với m

R).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2.Tìm m để đồ thị (C
m
) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác đều.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình:
( )
3 sin 2 tan 2
2cos2 2
tan 2 sin 2
x x
x
x x
+
=


2.Gii h phng trình:

13 4 2 2 5
2 2 2
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + =


Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
2
2
cos
sin 2sin 5
xdx
I
x x



=
+

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD. ABCDcó đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a,
AD =
3a
hình chiếu vuông góc của Atrên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đ-

ờng chéo AC và BD.Góc giữa hai mp(ADAD) và (ABCD) bàng 60
0
. Tính theo a th tích
kh i hộp ABCD. ABCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mp(ABD) .
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z l ba s thc dng sao cho: x + y + z = 3. Tỡm giỏ tr nh
nht ca biu thc: P = 3(x + y + z) - 2xyz
II.Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đợc làm 1 trong 2 phần (Phần A hoặc phần B).
A.Dành cho Ban Cơ bản
Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A(3;1), đờng
thẳng (d)đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phơng trình x + y = 0. Tìm tọa độ
đỉnh B,C biết điểm E( -3; 1) nằm trên đờng cao đi qua đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(0; 1; 2), B(-1; 1; 0) và mặt
phẳng (P): x-2y + z -3 = 0.Viết phơng trình mp(Q) đi qua A,B và vuông qóc với mp(P).
Câu VIIa.(1 điểm) : Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7, có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên,
mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có hai chữ số 5 và 7.
B.Dành cho Ban Khoa học tự nhiên
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đờng tròn ngoại tiếp là I(4;0) và
phơng trình hai đờng thẳng lần lợt chứa đờng cao và trung tuyến xuất phát từ đỉnh A là
(d
1
): x + y - 2 =0 và (d
2
): x + 2y - 3 = 0. Viết phơng trình các đờng thẳng chứa các cạnh
của tam giác ABC.
2.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho cho tam giác ABC có ba đỉnh nằm trên
ba trục tọa độ và trực tâm H(1;2;3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu VIIb (1 điểm): Tính tổng
0 1 2 3 20

20 20 20 20 20
1 1 1 1 1

22 21 20 19 2
S C C C C C= + + +
============Hết===========
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Sở giáo dục và đào tạo Nghệ an Kì thi thử đại học năm 2012 Lần thứ 1
Trờng ThPT thái hoà Môn thi: Toán (Thời gian: 180 phút)

Đáp án- Biểu điểm (gồm 7 trang)
I.Phần chungP N - BIU IM
Câu nội dung điểm
1
I 2,0
1.(1 đ)
a)Tập xác định: D = R
b)Sự biến thiên
+)Chiều biến thiên: y= 4x
3
- 4x, y=0
0
1
x
x
=

=

y>0
( ) ( )
1;0 1;x +
;
( ) ( )
'
0 ; 1 0;1y x<
0,25
Hàm số nghch bin trên các khoảng (
; 1

) và (0;1)
Hàm số đồng bin trờn khong (-1;0) và
( )
1;+
+)Cực trị : Hàm số t cc i ti x = 0, y
C
= 1
Hm s t cc tiu ti x =

1, y
CT
=0.
+)Giới hạn và tiệm cận:
lim , lim
x x
y y
+

= + = +
Đồ thị hàm số khụng cú tim cn.
0,25
+)Bảng biến thiên:
0,25
+) Đồ thị: Cắt trục Ox tại (-1;0), (1;0).
Cắt trục Oy tại (0;1)
Điểm uổn
1 4
;
9
3
U


ữ

Nhận trục tung làm trục đối xứng
Vẽ đồ thị
0,25
2.( 1đ )
( )
3 2 2 2
2 2
' 4 4 4
0
' 0
y x m x x x m
x
y

x m
= =
=

=

=

0,25
(C
m
) có ba điểm cực trị

phơng trình y = 0 có 3 nghiệm phân biệt

0m

(*)
Khi đó ba điểm cực trị của (C
m
) là A(0 ;1), B(-m ; 1- m
4
) và C (m ; 1- m
4
)
0,25
Ta có
( ) ( )
( )
4 4

; , ; ; 2 ;0AB m m AC m m BC m= = =
uuur uuur uuur
Tam giác ABC đều

AB = AC = BC

AB
2
= AC
2
= BC
2



m
2
+m
8
= 4m
2


m
2
(m
6
3) = 0

6

0
3
m
m
=



=

6
3m =
thỏa mãn đk (*) là giá trị cần tìm
0,5
II 2,0
1.(1đ) . Giải phơng trình:
( )
3 sin 2 tan 2
2cos2 2
tan 2 sin 2
x x
x
x x
+
=

(1)
Điều kiện
cos2 0
sin 2 tan 2 0

x
x x





sin 2 cos2 0
cos 2 1
x x
x






0,25
Khi đó 0,25
2

( )
( )
( )
( )
1
3sin 2 1
3 sin 2 tan 2
cos2
2cos2 2 2cos 2 2

1
tan 2 sin 2
sin 2 1
cos 2
1
3 1
3 cos 2 1
cos 2
2 cos 2 1 0 2 cos 2 1 0
1
1 cos2
1
cos 2
x
x x
x
x x
x x
x
x
x
x
x x
x
x

+
ữ
+

= =



ữ


+
ữ
+

+ = + =



( ) ( ) ( ) ( )
cos2 1 3 2 1 cos2 0 cos 2 1 2cos 2 1 0
cos2 1
1
cos2
2
x x x x
x
x

+ = + + =

=

=


0,25
Với cos2x = -1 không thỏa mãn sin2x

0
Với
1 2
cos 2 2 2 ( / )
2 3 3
x x k x k t m


= = + = +
Kết luận:Phơng trình có các họ nghiệm:
3
x k


= +
0,25
2.(1 đ): Giải h phơng trình:
13 4 2 2 5
2 2 2
x y x y
x y x y

+ + + =


+ + =


Điều kiện:
13 4 0
2 0
x y
x y
+


+

Đặt
13 4
2
u x y
v x y

= +


= +



( )

, 0u v
Khi đó hệ đa cho trở thành :
2 2
5
4 5 2
4
2 5 2 5 2 5
2 2 2 2 2 2
x
v
u v x u v x
u v u v u v
v x y v x y v x y


=


= =




+ = + = + =


+ = + = + =

Thế (1) vào (3) ta đợc:
5 8 3
2 2
4 3
x y
x y x
+
+ = =
(4)


0,5
Thế (4) vào phơng trình
2 2 2x y x y+ + =
ta đợc
2
3
19 6 3 2 69 3 545
2
3 3 8
4 69 19 0
y
y y
y
y y


+

= =


=


0,25
69 3 545
24 545
8
y x

= =
Thử lại ta đợc
24 545
69 3 545
8
x
y

=



=


là nghiệm của hệ đã cho

0,25

3
III
Tính tích phân:
2
2
2
cos
sin 2sin 5
xdx
I
x x



=
+


1,0
Đặt
sin cosu x du xdx= =
Đổi cận:
1
2
1
2
x u
x u

= =
= =
Ta có: I =
1
2
1
2 5
du
u u

+


0,25
I
( )
1
2
1
1 4
du
u

=
+

Đặt
2
2
2 2

2
1 2 5 1
1 2 5 1
2 5 2 5
2 5
u u u u
t u u u dt du du
u u u u
du dt
t
u u

+ +
= + + = + =
ữ
+ +

=
+
Đổi cận:
Khi u = -1 thì t = - 2 +
2 2
u = 1 thì t = 2


0,5
Ta có
( )
2
2

2 2 2
2 2 2
2 1
ln ln ln ln 2 1
2 2 2 1 2
dt
I t
t
+
+
= = = = = +
+ +

0,25
IV 1,0
*Tính thể tích:
( )
'
A O ABCD
=> AO là đờng cao của hình hộp.
Gọi M là trung điểm của AD
OM AD
suy ra góc AMO là góc giữa hai
mp(ADDA) và mp(ABCD) hay góc AMO bằng 60
0

0
3
' tan 60
2

a
A O OM = =
.
Diện tich S
ABCD
= a
2
3
V
ABCDABCD
=S
ABCD
.AO =
3
3
2
a
.
0,5
*Tính d(B,(ABD))
Ta có, BC//AD =>BC//mp(ABD)
( )
( )
( )
( )
', ' , 'd B A BD d C A BD =
.
Trong mp(ABCD), dựng CH

BD tại H

( )
'
CH A BD
( )
( )
'
,CH d C A BD =
0,25
Tam giác BCD vuông tại C có đờng cao CH
. . 3 3
2 2
BC CD a a a
CH
BD a
= = =
Vậy d(B,(ABD)) =
3
2
a

0,25
V
1,0
Ta cú: P = 3 - 2xyz
= 3 - 2xyz
0.25
= 27 - 6x(y + z) - 2yz(x + 3) 27 - 6x (3 - x) - (x+3)
0.25
4
= (-x

3
+ 15x
2
- 27x + 27)
Xột hm s: f(x) = -x
3
+ 15x
2
-27x + 27, vi 0 < x < 3
f(x) = -3x
2
+ 30x - 27 = 0
0.25
Bng bin thiờn :
x
-
0 1 3 9
+
y - 0 + 0 -
y 14
T ú suy ra : Giỏ tr nh nht ca P l 7 t c khi x = y = z = 1
0.25
Phần riêng:
a.Dành cho ban cơ bản
VIa 2,0
1.(1đ)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,cho tam giác ABC cân đỉnh A(3;1),
đờng thẳng (d)đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phơng trình x+y= 0.
Tìm tọa độ đỉnh B,C biết điểm E( -3; 1) nằm trên đờng cao đi qua đỉnh C.
Ta có (d) đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC của tam giác ABC

BC//(d),đ-
ờng thẳng qua A và vuông góc với (d) cắt (d) tại I và cắt BC tại H

H là trung điểm của
BC và I là trung điểm của AH ( vì tam giác ABC cân tại A).
Phơng trình đờng thẳng AH: 1(x-3) - 1(y-1) = 0

x - y - 2 = 0
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
( ) ( )
2 0 1
1; 1 1; 3
0 1
x y x
I H
x y y
= =



+ = =



0,25
Đờng thẳngBC//(d) => BC có pt: x + y + c = 0 (
0c

)
H(-1;-3) thuộc BC

c = 4 (t/m) .Vậy pt BC: x + y + 4 = 0
( )
; 4B BC B b b
,H là trung điểm của BC

C(-2-b;-2+b)
( ) ( )
3; 5 ; 1;3AB b b CE b b
uuur uuur

0,25
( ) ( ) ( ) ( )
3
. 0 3 1 5 3 0
2
b
AB CE AB C E b b b b
b
=

= + + =

=

uuur uuur

0,25
Với b=3

B(3;-7) ; C(-5;1)
Với b =-2

B(-2;-2) ,C(0;-4)
Vậy có hai bộ điểm thỏa mãn bài toán: B(3;-7) ; C(-5;1) và B(-2;-2) ,C(0;-4)
0,25
2. (1đ)Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(0; 1; 2), B(-1; 1;
0) và mặt phẳng (P): x-2y + z -3 = 0.Viết phơng trình mp(Q) đi qua A,B và vuông
qóc với mp(P)
Gọi
1 2
,n n
ur uur
lần lợt là VTPT của (P),(Q)
Tính đợc:
( )
( )
( )
1
2 1
1;0;2
1;2;1
, 4; 1;2
AB
n
n AB n
=
=

= =

uuur
ur
uur uuur ur

0,5
Tìm đợc phơng trình của mp(Q):
4x + y - 2z + 3 = 0

0,5

VIIa
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7, có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6
chữ số khác nhau và nhất thiết phải có hai chữ số 5 và 7.
1,0
Mỗi số cần tìm có dạng
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
(
1
0;
i j
a a a
)
Mỗi số phải có mặt chữ số 5 và 7 nên 4 chữ số còn lại đợc chọn từ các chữ số : 1,2,3,4,6
0,25
5
+ Chọn 4 chữ số từ các chữ số 1,2,3,4,6 có
4
5

C
cách chọn
0,25
+ Với 4 số đợc chọn cùng với hai chữ số 5 và 7 số các số tự nhiên đợc chọn ra là:
6! = 720
0,25
+ Theo quy tắc nhân,số các số phải tìm là;
4
5
C
.720 = 3600 số
0,25
B.Dành cho ban khoa học tự nhiên
VIb 2,0
1.(1đ)1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đờng tròn ngoại
tiếp là I(4;0) và phơng trình hai đờng thẳng lần lợt chứa đờng cao và trung tuyến
xuất phát từ đỉnh A là (d
1
): x + y - 2 =0 và (d
2
): x + 2y - 3 = 0. Viết phơng trình
các đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phơng trình
2 0 1
2 3 0 1
x y x
x y y
+ = =

+ = =


( )
1;1A
0,25
Gọi d là đờng thẳng qua I và song song với d
1
Tìm đợc d: x+y-4=0
+Gọi
2
'M d d=
Tìm đợc M(5;-1),M là trung điểm của BC
Suy ra đờng thẳng BC qua Mvaf vuông góc với d
1

Tìm đợc phơng trình của BC: x-y-6 = 0
+Nhận xét BC là giao điểm của của đờng thẳng BC và đờng tròn ngoại tâm I bán kính R =
10
Phơng trình đờng tròn: (x-4)
2
+ y
2
= 10
Tọa độ của B và C là nghiệm của hệ pt:
( )
( ) ( )
2
2

3
6 0
3
3; 3 , 7;1
7
4 10
1
x
x y
y
B C
x
x y
y
=



=

=





=
+ =

=




0,5
+Lập đợc phơng trình của AB: 2x + y - 3=0
+Lập đợc phơng trình của AC: y- 1=0
0,25
2.(1đ)2.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho cho tam giác ABC có ba
đỉnh nằm trên ba trục tọa độ và trực tâm H(1;2;3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC
Gọi
( ) ( ) ( )
;0;0 , 0; ;0 , 0;0;A a B b C c
với
0abc
Ta có phơng trình mp(ABC):
1
x y z
a b c
+ + =
H(1;2;3) là trực tâm của tam giác
( ) ( )
HA BC
HA BC
HB AC HB AC

H mp ABC H mp ABC













uuur uuur
uuur uuur
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
1; 2; 3 , 1; 2; 3 ,
0; ; , ;0;
HA a HB b
BC b c AC a c


uuur uuur
uuur uuur
0,25
H(1;2;3) là trực tâm của tam giác
. 0

. 0
1 2 3
0
HA BC
HB AC
a b c

=


=



+ + =

uuur uuur
uuur uuur

2 3 0 14
3 0 7
1 2 3 14
1
3
b c a
a c b
c
a b c

= =

= =



+ + = =

0,5
Vậy
( ) ( )
14
14;0;0 , 0;7;0 , 0;0;
3
A B C

ữ

0,25
6
VIIb
TÝnh tæng
0 1 2 3 20
20 20 20 20 20
1 1 1 1 1

22 21 20 19 2
S C C C C C= − + − + +
1,0
XÐt khai triÓn:

( )
20
0 20 1 19 2 18 3 17 20
20 20 20 20 20
1 x C x C x C x C x C− = − + − + +
( ) ( )
( )
( )
20
0 21 1 20 2 19 3 18 20
20 20 20 20 20
1 1
0 21 1 20 2 19 3 18 20
20 20 20 20 20
0 0
22 21 20 19 2
1
0 1 2 3 20
20 20 20 20 20
0
0 1 2
20 20 20
1


22 21 20 19 2
1 1 1 1
22 21 20 19
P x x x C x C x C x C x C x
P x dx C x C x C x C x C x dx

x x x x x
C C C C C
C C C
⇒ = − = − + − + +
⇒ = − + − + + =
 
= − + − + + =
 ÷
 
= − + −
∫ ∫
3 20
20 20
1

2
C C+ +
0,5
MÆt kh¸c :
( ) ( )
1 1
20
0 0
1P x dx x x dx= −
∫ ∫
§Æt u = x - 1 =>x = u + 1 => dx = du
( ) ( )
( )
1 0 0
20 21 20

0 1 1
0
22 21
1
1
1 1 1 1 1
22 21 22 21 462
P x dx u u du u u du
u u
− −
−
= + = + =
 
+ = − + =
 ÷
 
∫ ∫ ∫
VËy
1
462
S =
0,5
7