ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 3 - 2014 - THPT HA TRUNG ( CO DAP AN CHI TIET )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III
Năm học: 2013-2014
Môn thi : TOÁN. Khối : A, A
1
và B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
32
+
−
=
x
x
y
có đồ thị
)(C
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(C
của hàm số.
b. Tìm
m
để đường thẳng d:
mxy +−=
cắt
)(C
tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của
)(C

tại hai
điểm đó song song với nhau.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
− − + + − =
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1 0
( ) 2 7 2
x x y y y
y x y x y

+ + − + =


+ − − =


(x, y
∈
R).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
2 2
2
1
( 1) 2(ln )
(1 )
e
x x x x

I dx
x
+ + +
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB, CD. Chứng minh AM vuông góc
với BN và tính thể tích hình chóp M.ABND biết SC
2a=
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho
zyx ,,
là các số dương thay đổi thỏa mãn
32 =++ zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức : P =
2 2 2
2 2 2
2 2
4
2 4
xy yz zx
x y z
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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho
∆
ABC cân tại A có chu vi là 18. Cạnh AB nằm trên
đường thẳng
∆
:
07373 =−− yx
; điểm B, C
∈
Ox; điểm A có tung độ dương. Viết phương trình đường
thẳng d cắt cạnh AB tại M, cắt cạnh BC tại N sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có chu vi và
diện tích bằng nhau.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
01 =+−+ zyx
và đường
thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
−

− z
y
x
. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm
trong (P), vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến
∆
bằng
23
.
Câu 9a (1,0 điểm). Cho số phức
z
thỏa mãn:
22 ++= zzz
và số phức
2
−=
zw
có mô đun nhỏ nhất.
Tìm một Argument của số phức z biết phần ảo của z là một số âm.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elíp có phương trình
)0(,1
2
2
2
2
>>=+ ba
b

y
a
x
, biết
trục lớn bằng hai lần trục bé và đường tròn nội tiếp tứ giác tạo bởi bốn đỉnh của Elíp có bán kính bằng 2.
Tìm tâm sai của Elip.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có
phương trình
1 1
2 1 3
x y z
− −
= =
−
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d sao cho
khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu 9b (1,0 điểm). Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số
5 lập được từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số trong X. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5.
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: ………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG Năm học: 2013-2014
Môn thi : TOÁN. Khối : A, A
1
và B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu Ý Nội Dung Điểm
1
Cho hàm số

1
32
)(
+
−
==
x
x
xfy
có đồ thị
)(C
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1,0
*Tập xác định: R\{-1}
*Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
0
)1(
5
'
2
>
+
=
x
y
∀x≠-1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞)
-Cực trị: hàm số không có cực trị
-Giới hạn và tiệm cận:
⇒==

+∞→−∞→
2limlim yy
xx
y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị
⇒−∞=+∞=
+−
−→−→
yy
xx 11
lim;lim
x=-1 là tiệm cận đứng của đồ thị.
-Bảng biến thiên
x
∞−
-1
∞+

y’ + +

∞+
2
y

2
∞−
-Đồ thị:

y
x
-3

O
3
2
-1
2
Nhận xét: Đồ thị nhận I(-1;2) làm tâm đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
b
Tìm
m
để đường thẳng d:
mxy +−=
cắt
)(C
tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp
tuyến của
)(C
tại hai điểm đó song song với nhau.
1,0
-PT hoành độ giao điểm của d và
)(C
:

03)3()(
1
32
2

=−−−−=⇔+−=
+
−
mxmxxgmx
x
x
d cắt
)(C
tại hai điểm phân biệt
m
g
∀⇔



≠−
>∆
⇔
0)1(
0
Gọi
21
, xx
là hoành độ hai giao điểm
3
21
−=+⇒ mxx
(1)
0,25
0,25

Theo bài ra tiếp tuyến của
)(C
tại hai điểm đó song song với nhau nên

( )
2
)1(
5
)1(
5
')('
21
2
2
2
1
21
−=+⇔
+
=
+
⇒= xx
xx
xfxf
(2)
Từ (1) và (2) ta có
123 =⇔−=− mm
0,25
0,25
2

Giải hệ phương trình:
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x− − + + − =
1,0
sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
− − + + − = ⇔
(sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x+ + − − + − =
2
2sin 2 .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x x⇔ + − − − + =
2 2
2sin cos 2sin 6sin cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x x⇔ + − − − + =
2
1 1
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 sin ,cos 1,cos
2 2
x x x x x x⇔ − − + = ⇔ = = =
+)
1 5
sin 2 , 2
2 6 6
x x k x k
π π
π π
= ⇔ = + = +
+)
1
cos 2
2 3
x x k
π
π

= ⇔ = ± +
+)
cos 1 2x x k
π
= ⇔ =
KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên.
0,25
0, 5

0,25
3 Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1 0
( ) 2 7 2
x x y y y
y x y x y

+ + − + =


+ − − =


(x, y
∈
R).
1,0
Dễ thấy
0y ≠

, ta có:
2
2
2
2 2
2 2 2
2
1
4
( ) 4 1 0
1 ( ) 4
.
( ) 2( 1) 7
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y
x x y y y
y
x y y x y
y x y x y
y x y x y x
x y
y

+
+ + =


+ + − + =


+ + + =
 
⇔ ⇔
  
+ − + =
+ − − = +




+ − =


Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =

  
⇔ ⇔
 

− = + − = = − =
  
+) Với
3, 1v u= =
ta có hệ:
2 2
1, 2
1 2 0
2, 5
3 3
x y
x y x x
x y
x y y x
= =
 
+ = + − =

⇔ ⇔
 

= − =
+ = = −

 
.

+) Với
5, 9v u= − =
ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
VN.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
(1;2)
và
( 2;5)−
0,25
0,25
0,25
0,25
4 Tính tích phân:
2 2
2
1
( 1) 2(ln )
(1 )
e

x x x x
I dx
x
+ + +
=
+
∫
1,0
Ta có:
2
2 2
1 1 1
( 2 1) 2ln ln
2
(1 ) (1 )
e e e
x x x x x
I dx xdx dx
x x
+ + +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
=
2
2
2 2
1
1 1
1 ln 1 ln

2 2
2 (1 ) 2 (1 )
e
e e
x e x
x dx
x x
−
+ = +
+ +
∫ ∫
+ Ta có:
2
1
1 1 1 1
ln 1 2ln 2 1 1
2 2 ln 2 2
(1 ) 1 1 (1 ) 1 1
e
e e e e
x x dx
dx xd dx
x x x x x e x x
− −
   
= = − + = + −
 ÷  ÷
+ + + + + +
   
∫ ∫ ∫ ∫

=
1
2 2 2
2ln 2ln
1 1 1 1
e
x e
e x e e
− −
+ = +
+ + + +
0,25
0,25
Vậy
2
1 2 2
2ln
2 1 1
e e
I
e e
−
= − +
+ +
0,5
5
Cho S.ABCD có đáy là hình vuông,
∆
SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc
với đáy. Gọi M, N, lần lượt là trung điểm SB, CD. Chứng minh AM

⊥
BN và tính
thể tích hình chóp M.ABND biết
2aSC =
.
1,0
I
E
N
M
D
C
B
H
S
A
Gọi H là trung điểm AD
)(ABCDSHADSH ⊥⇒⊥⇒
Gọi E là trung điểm BC khi đó ta có:
BNAEBCNABE ⊥⇒∆=∆
Gọi
BNMIABCDMISHMIBHAEI ⊥⇒⊥⇒⇒∩= )(//
AMBNAMEBN ⊥⇒⊥⇒ )(
(Đpcm)
Trong
SDC∆
vuông cân tại D nên ta có:
aSDSCSD =⇒=
22
2

,
2
3a
SH =⇒
4
3
4
22
2
aa
aSSS
BCNABCDABND
=−=−=⇒

Mà
16
3
.
3
1
4
3
2
1
3
.
a
SMIV
a
MISHMI

ABNDABNDM
==⇒=⇒=
0,25
0,25
0,25
0,25
6 Cho
zyx ,,
>0,
32 =++ zyx
.Tìm MinP =
2 2 2
2 2 2
2 2
4
2 4
xy yz zx
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
+ +
. 1,0

333222222
8)4)(2()4(3 zyxzyxzyxzyx ++=++++=++
)42(324)28()4()(
222222232323
xzzyyxzyyxxzzxzyzyxyx ++≥++++++++=
xzzyyxzyx

222222
424 ++≥++⇒
2 2 2
2 2 2
2 2
4
4
xy yz zx
P x y z
x y z
+ +
⇒ ≥ + + +
+ +
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2( 2 2 ) ( 2 ) ( 4 )
4 4
2( 4 ) 2( 4 )
xy yz zx x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
+ + + + − + +
⇒ ≥ + + + = + + +
+ + + +
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( 4 )
4

2( 4 )
x y z
P x y z
x y z
− + +
⇒ ≥ + + +
+ +
Đặt
2 2 2
4t x y z= + +
. Do
2 2 2 2 2
3 ( 2 ) 3( 4 ) 3x y z x y z t= + + ≤ + + ⇒ ≥

9
2
t
P t
t
−
⇒ ≥ +
Xét hàm số
9
( ) , 3
2
t
f t t t
t
−
= + ≥

Ta có
2
2
3
8 8
'( ) 0 in f ( ) (3) 4 3
4
t
t
f t M t f t
t
≥
+
= > ⇒ = = ⇔ =
0,25
0,25
0,25
x
d
N
H
M
C
B
A
1
2 3 1,
2
x y z x y z⇒ + + = ⇒ = = =

. Vậy
1
4 1,
2
MinP x y z= ⇔ = = =
0,25
7a
∆
ABC cân tại A, 2p= 18.
∈BA,
∆
:
07373 =−− yx
; B, C
Ox
∈
; điểm A có tung
độ dương. Viết PT d cắt cạnh AB tại M, cắt cạnh BC tại N sao cho MN chia tam giác
ABC thành hai phần có chu vi và diện tích bằng nhau.
1,0
Ta có
)0;1(BOxB ⇒∩∆=
. Kẻ
BCAH
⊥
Gọi
)0;12()0;()7373;( −⇒⇒− aCaHaaA
Từ gt
1>⇒ a
)1(2),1(8 −=−==⇒ aBCaACAB

218)1(18 =⇔=−=++⇒ aaBCACAB
)0;3(),73;2( CA⇒
.
Đặt
879
≤≤⇒−=⇒=
xxBNxBM
Mà
2
1
.
.
2
1
=⇒=
BCBA
BNBM
S
S
ABC
BMN

8
2
1
2.8
)9(
=⇔=
−
⇒ x

xx
HNAM ≡≡⇒ )0;2(,)73;2(
Vậy PT đường thẳng
02: =−xd
0,25
0,25
0,25
0,25
8a
(P):
01 =+−+ zyx
và d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
−
− z
y
x
,
)(PdI ∩=

. Viết PT đường thẳng
∆
nằm trong (P), vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến
∆
bằng
23
.
1,0
• (P) có véc tơ pháp tuyến
)1;1;1( −=n
và d có véc tơ chỉ phương
)3;1;1(
1
−−=u

)4;2;1()( IPdI ⇒∩=
• vì
∆⇒⊥∆⊂∆ dP);(
có véc tơ chỉ phương
[ ]
)1;1;2(2)2;2;4(;
1
−−=−−== unu
• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆
. Khi đó do
⇒∆⊥⊂ IHPIH ),(
véc tơ chỉ phương
của IH là
[ ]

)1;1;0(3)3;3;0(;
2
=== unu
⇒
Phương trình





+=
+=
=
tz
ty
x
IH
4
2
1
:

);;0()4;2;1( ttIHttH =⇒++⇒
mà



−=
=
⇔=⇔=

3
3
23223
2
t
t
tIH
+ Với
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3
−
−
=
−
=
−
−
∆⇒⇒=
zyx
ptHt
+ Với:
1
1
1
1

2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+
=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt
0,25
0,25
0,25
0,25
9a
Cho số phức
z
thỏa mãn:
22 ++= zzz
và số phức
2
−=
zw
có mô đun nhỏ nhất.
Tìm Argumen của số phức z biết phần ảo của z là một số âm.
1,0
Gọi số phức có dạng:

;biazbiaz −=⇒+=

0;, <∈ bRba
Theo bài ra:
12)22(4422
2222
+=⇔+=+⇔++= ababazzz
Mà
4)1(52)2(2
2222
+−=+−=+−=−= aaabazw
0,25
0,5
⇒
w
nhỏ nhất khi a=1
izba 3131 −=⇒−=⇒=⇔
Ta có:













−
+






−
=








−=−=
3
sin.
3
cos2
2
3
2
1
231
ππ
iiiz

Vậy số phức z có một Argumen bằng
6
π
−
0,25
7b
Cho (E):
)0(,1
2
2
2
2
>>=+ ba
b
y
a
x
, biết trục lớn bằng hai lần trục bé và đường tròn nội
tiếp tứ giác tạo bởi bốn đỉnh của Elíp có bán kính bằng 2. Tìm điểm M thuộc Elíp sao
cho
'MFF∆
có diện tích bằng
152
(
', FF
là hai tiêu điểm của Elíp).
1,0
M
y
x

F'
F
H
B'
B
A'
A
O
Gọi 4 đỉnh của (E) là A,A’,B,B’ (hình vẽ). Theo bài ra ta có
22
42 baba =⇒=
(1)
Gọi H là hình chiếu của O trên AB
⇒
OH là bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác
ABB’A’
4
111111
2
22222
=+⇒=+⇒=⇒
baOHOBOA
OH
(2)
Từ (1) và (2) ta có
155,20
222
=⇒== cba
Vậy tâm sai của Elip :
2

3
20
15
===
a
c
e
0,25
0,25
0,25

0,25
8b
Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :
1 1
2 1 3
x y z
− −
= =
−
. Lập phương trình mặt
phẳng (P) đi qua A, song song với d sao cho khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
1,0
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d =>H cố định và AH = const. Do (P)//d
nên khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (p)
* Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên (P)
( ,( ))H P
HI HA HI
d
⇒ = ≤ ⇒

lớn nhất
⇔
IA ≡
=> (P) là mặt phẳng qua A nhận AH làm VTPT
)31;;21( tttHdH ++⇒∈
và
)3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương
của d)
)5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH
Vậy phương trình (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
⇔ 7x +y - 5z -77 = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
9b
X là tập các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và luôn có mặt chữ số 5 lập được từ 0,
1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số trong X. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5
1,0
-Ta có 5 cách chọn vị trí cho chữ số 5, bốn chữ số còn lại có
4
6
A
cách chọn nên có 5
4
6
A
số luôn có mặt chữ số 5 (kể cả chữ số 0 ở vị trí đầu tiên)
-Xét các số có chữ số 0 ở vị trí đầu tiên: Khi đó có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5,

3 chữ số còn lại có
3
5
A
cách chọn nên có 4
3
5
A
số.
0,25
Nên trong tập X có:
3
5
4
6
45 AA −
=1560(số)
Gọi
abcde
là số được chọn trong X. Để số đó chia hết cho 5 thì:
+ e = 0. Khi đó có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 5, 3 chữ số còn lại có
3
5
A
cách chọn
nên có 4
3
5
A
số

+ e=5. Khi đó a có 5 cách chọn; b, c, d có
3
5
A
nên có
3
5
5A
số
⇒
Trong tập X có: 4
3
5
A
+
3
5
5A
=560 số
Vậy xác suất cần tìm là:
26
9
1560
540
=
0,25
0,25
0,25