tổng hợp các đề thi thử đại học môn toán tháng 4 và tháng 5 năm 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.24 MB, 51 trang )
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn: TOÁN
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2,0
1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ:
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
xx
yy
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
) Bảng biến thiên:
Ta có:
2x,0
2x
1
'y
2
Bảng biến thiên:
x
- 2 +
y’
-
-
y
2
-
+
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2;
và
;2
0,25
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm
0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
2)
Tìm m để… (1,0 điểm)
O
y
x
2
3/2
3/2
2
2
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
,
2
0
0
2x
1
)x('y
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
và hai tiệm cận là:
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
S =
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II
1)
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx
1)sin43(3cos2
2
xx
Nhận xét
Zkkx ,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
2.0
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x
(
tm 5
);
7
2
7
m
x
(
37 lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
0,25
3
2)
Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
Ta c ó
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10 uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
III
Giảiphươngtrình
3
2
3
512)13(
22
xxxx
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
1.0
0,25
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
4
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,25
IV
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và
CD. Khi đó
OM AB
và
'DO N C
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
ha
OM OI IM h a
1.0
0,25
Ta có:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
0,25
23
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
aa
Vh
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
22
22
xq
aa
S
0,25
V
Tìm GTLN của biểu thức
1,0
Do
0,, zyx
nên điều kiện viết lại dưới dạng
1
y
z
y
x
xz
(1)
Và đặt
2
tan,
2
tan
1
,
2
tan
c
z
b
y
a
x
với
2
;0,,
cba
. Khi đó (1) viết dưới
dạng:
1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
accbba
(*)
2222
cba
cba
. Vậy có:
0,25
5
2 2 2 2
22
2
2
2cos 2sin 3cos 1 cos 1 cos 3(1 sin )
2 2 2 2
2cos cos 3 3sin 3sin 2sin cos 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1 10
3sin cos cos 3 3
2 2 3 2 3 3
3
a b c c
P a b
a b a b c c c a b
c a b a b
Dấu bằng xảy ra
3
1
2
sin
1
2
cos
c
ba
0,25
0,25
22
1
22
1
2
tan
3
1
2
sin z
cc
.
ba
ba
1
2
cos
kết hợp với (*)
2
1
2
1
2
tan y
y
x
a
Vậy
3
10
max P
khi
22
1
,2,
2
1
zyx
0,25
VI.a
2,0
1)
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH =
22
| 4 | |5 |
( , )
16 16
m m m
dI
mm
2
22
2
2
(5 ) 20
25
16
16
m
AH IA IH
m
m
Diện tích tam giác IAB là
12 2 12S
IAB IAH
S
2
3
( , ). 12 25| | 3( 16)
16
3
m
d I AH m m
m
0,25
0,25
0,25
0,25
2)
Gọi A = d
1
(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
(P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là
(1;3; 1)u
Phương trình chính tắc của đường thẳng là:
12
1 3 1
x y z
0,25
0,25
0,25
0,25
I
A
B
H
5
6
VIIa
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng
chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
1.0
0,25
0,25
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10
C
cách
chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C
cách.
0,25
VIb
2.0
1
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ
)2;0(
0423
042
B
yx
yx
Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình:
0520)2(2)1(1 yxyx
. Tọa độ giao điểm F của d và đường
thẳng BG là nghiệm của hệ:
)
4
11
;
2
1
(
0423
052
F
yx
yx
. Do tam giác ABC
cân nên AG là đường trung trực của EF, Gọi
)
8
19
;
4
1
( I
là trung điểm của EF, đt
AG đi qua I và vuông góc với BC nên có phương trình:
1 19 15
2( ) 1( ) 0 2 0
4 8 8
x y x y
.
0.25
0,25
A
B
G
M
E
C
I
F
7
Tọa độ G là nghiệm của hệ
3 2 4 0
1 109
( ; )
15
28 56
20
8
xy
G
xy
Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ:
2 4 0
15
20
8
xy
xy
, suy ra
1 79
( ; )
20 40
M
Tọa độ C(
1
10
;
39
20
)
Ta có
2AG GM A
(
1 529
;
140 280
)
0,25
0,25
2
);1;2( tttMdM
. Ta có
222
)12( tttAM
3
12
3
12222
))(,(
tttt
PMd
.
Giả thiết có
12))(,(3 tPMdAM
=
0)12(
222
tttt
;t=4
t =0 ta có
(0;1;0)M
t=4 ta có M(8;5;-4)
0.25
0,25
0,25
0,25
VIIb
1.0
Điều kiện:
0x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu
3x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4x
* Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
0,25
0,25
8
TH 2 :Nếu
30 x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
3;0
*Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
* Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10 x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
10
4
x
x
0,25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn TOÁN: Khối A.
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số
2
32
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B.
Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB
có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx
2. Tính tích phân:
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
Câu III (1,0 điểm). Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu IV (1,0 điểm). Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm
trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ.
Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45
0
. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
zyx ,,
thỏa mãn hệ thức
yzxxyz
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
1
3
1
2
1
2
222
zyx
P
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 2my + m
2
- 24 = 0 có tâm I và
đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B
thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z
; d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng
, biết nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm ) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3
viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Gọi G là trọng tâm của tam giác biết phương trình
các đường thẳng BC và BG lần lượt là:
042 yx
;
0423 yx
và đường thẳng CG đi qua E(1; -
2).Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), đường thẳng d :
11
1
2
zyx
và mặt phẳng (P):
0122 zyx
. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M tới A bằng 3 lần khoảng
cách từ M tới mặt phẳng (P).
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 04/2014
Môn TOÁN: Khối A, A1, B.
Thi gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I m): Cho hàm s
32
32y x x
a) Kho sát s bin thiên và v th hàm s.
b) Ving thng (d) qua I(1;0) c th hàm s tm A, B khác I
sao cho tam giác MAB vuông tm ci c th hàm s.
Câu II(2 điểm) 1)Gi:
3
5sin4 cos
6sin 2cos
2cos2
xx
xx
x
2)
22
2
3
22
6 1 1
x y x y y x
x y y
Câu III (1 điểm)
0
2
1
ln 2
4
xx
dx
x
Câu IV(1điểm)Cho hình h
0
3
AA' ; 60
2
a
BAD
tích khi chóp A.BDMN và cosin ca góc hp
b m c
Câu V(1 điểm): Cho các s
, , 0:a b c abc a c b
. Tìm giá tr ln nht ca
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa( 2 điểm):1) Cho hình ch nhm DA, DC.
nh t A, D, C bit D thung thng (d): x+y-ng thng
MN là: x+3y-1=0
2) ng thng
2
:2
22
xt
d y t t
zt
, A(4;0;-1) .Trong s các
mt phng qua A và song song vi (d), vit phng có khong cách vi (d)
là ln nht.
Câu VIIa) (1 điểm) Rút ngu nhiên 13 quân bài t b bài 52 quân. Tính xác su trong 13
c là trong bài có b 4 con bài ging nhau).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb( 2 điểm) 1) Cho hình m BCm thuc
cnh DC sao cho
1
3
DN DC
ng thng AN là
2 1 0xy
nh ta
m A.
2) ng thng
1 1 1
:
2 1 2
x y z
d
. Vi
mt cu (S) có tâm I(1;0;3) ct (d) tm A, B sao cho tam giác IAB vuông ti I.
Câu VIIb( 1 điểm) Cho các s phc
,,x y z
tha mãn:
1x y z
. So sánh
x y z
và
xy yz xz
.
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 04/2014
Môn: TOÁN
Câu
1
32
32y x x
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
lim , lim
xx
yy
0.25
2
2
' 3 6 ; ' 0
0
x
y x x y
x
x
-
0 2 +
y'
+ 0 - 0 +
y
2 +
-
-2
0.25
-
;0 ; 2;
0;2
.
- , y
, y
CT
= -2.
0.25
2
3. Đồ thị
1;0I
8
6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
y =
x
3
3
∙
x
2
+ 2
0.25
-
32
3 2 1x x k x
32
2
1
3 2 1 1
2 2 0 2
x
x x k x
x x k
1 2 0
3
3
k
k
k
0.25
,
AB
xx
2
.2
AB
AB
xx
x x k
.0MA MB
0.25
3
2
2
32
; ; ;
; 2 ; ; 2
. 0 1 . 2 2 0
3 2 0
2
15
2
15
2
A A B B
A A B B
A B A B
A x kx k B x kx k
MA x kx k MB x kx k
MA MB k x x k k x x k
k k k
k
k tmdk
k
0.25
15
2 2; 1
2
y x y x
0.25
:
3
5sin4 cos
6sin 2cos
2cos2
xx
xx
x
os2 0
42
c x x k
0.5
3 3 2
5sin4 cos
6sin 2cos 6sin 2cos 5sin2 cos 10sin cos
2cos2
xx
x x x x x x x x
x
Ch
trình cho
3
oscx
trình:
23
2
6tan tan 1 10tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tanx 1 3tan 3tan 1 0
tanx 1
4
x x x x x
x
xm
0.25
0.25
4
22
2
3
22
6 1 1
x y x y y x
x y y
0
1
xy
y
1) ta có:
22
2 2 0 2 1 0
0
2 1 0 3
x y x y x y x y x y x y
x y x y
x y x y
0 2 2
2
10
x y y
xy
y x y
0.5
22
33
2
33
2
33
6 1 1 6 2 1 1 4
22
22
11
6 2 6 4
2 2( )
11
24
11
6 2 6 4
x x x x x x
xx
xx
x
xx
x y tm
x
x
xx
0.25
2
3
3
1 1 13
1
1 12
8 2 8 4
3
x VT
VP
0.25
3
0
2
1
ln 2
4
xx
dx
x
2
2
ln 2
2
4
4
dx
ux
du
x
x
dv dx
vx
x
0.25
5
Ta có
00
22
2
1
11
0
44
4 ln 2 2ln 2 2ln 2
1
22
xx
I x x dx dx I
xx
0.25
Tính
0
2
1
1
4
2
x
I dx
x
2sin 2cos
1 ; 0 0
6
x t dx tdt
x t x t
0.25
0 0 0
22
1
6 6 6
0
4 4sin 4cos
2cos 2 1 sin 2 2cos 2 3
2sin 2 2sin 2 3
6
I 2ln2 2 3
3
tt
I tdt dt t dt t t
tt
0.25
4
I
E
M
N
O'
O
C'
B'
D'
D
B
C
A
A'
H
6
, ' ' ' ' '
''
BD AC BD AA nên BD ACC A BDMN ACC A
BDMN ACC A OI
.
1
.
3
A BDMN BDMN
AH OI AH BDMN V AH S
2 2 2
2
3
.
3 3 3 15 15
;
8 16 4 4 5
1 15 3 15
2 2 4 16
3
16
AOI
BDMN
A BDMN
a a a a a
S OI AH
a a a
Sa
a
V
0.5
22
22
2 2 2
0
' / / '; '; '
33
' ; ' ' ' ' ,
4 4 2
' ' 5
cos ' 0
2. ' . ' 8
5
cos ', cos ' ', 51
8
O E DM BO DM BO O E
a a a
O E DM a BO BB B O a BE
O B O E BE
BO E
O B O E
BO DM BO E BO DM
0.5
5
, , 0:a b c abc a c b
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
1
ba
c
ab
. Thay
22
22
22
22
2 2 2 2
2
22
2 2 2 2 2 2
2
3 1 3 1
22
11
1 1 1 1
1
2
35
33
1 1 1 1 1 1
ba
ab ab
P
ab
a b a b
ab b a
ba
a b b a a b
a b a b a b
0.5
7
Ta có
2
22
2
2 2 2 2 2 2 2 2
5 3 3 5 3 3 5
1
3
1 1 3 1 1 12 1 1 3 1 1
3
10
3
ab
b a a b b a a b b a a b a b
a b a b a b a b
ab
P
3 3 5
12
; 2;
1
4
2
1
b a a b
a b c
a
b
10
3
P
là khi
12
; 2;
4
2
a b c
0.5
1)
--
1=0 nên D(d;1-d)
I
O
M
N
C
A
B
D
0.25
1
3
31
3
8
4
3 ; 1 ; 1; ; ;
3
3
4
1
4
2
3 1 5 1
;;
2 2 4 4
a
ad
BI a a BD d d BI BD
ad
d
DO
0.25
8
-2=0.
Ta có
10
2
BD
-3c;c)có
2 2 2
2
2
2
10 3 1 1
3 10
4 16 4 4 4
1 1 1
; 2;0
2 2 2
11
4 16
11
0 2;0 ;
22
BD
OC c c c
c C A
c
c C A
0.25
1 1 3 1
; ; 2;0 ; ;
2 2 2 2
A C D
.
0.25
2)
;;d d P d B P BH BA
AB
0.5
B 2 t; 2t;2 2t 6; 2 ;2 3 ; 1; 2;2
. 0 0 6;0;3
d
dd
AB t t t u
AB u ABu t AB
0.25
-2x+z+9=0
0.25
Câu
7a)
52 quân=
13
52
C
.
0.25
9
48
C
khác nhau nên có
9
48
13C
cách rút.
0.25
9
25
13 44
.CC
cách rút.
quý là
31
13 40
.CC
9 2 5 3 1
48 13 44 13 40
13 . .A C C C C C
0.25
9 2 5 3 1
48 13 44 13 40
13
52
13 . .
0,0342
A
C C C C C
PA
C
0.25
Câu
6b)
1)
I
M
C
A
B
D
N
10
;
33
aa
DN AN
Ta có
33
cos cos
10 10
AD
NAD BIA
AN
3
10
.
0.25
10
22
22
22
;0
.
2
3
os , 8 7 0
7
10
5
AN
AN
n a b a b
nn
ab
ab
c BC AN a ab b
ab
n
ab
0.25
TH1: a=b pt BC qua M là x+y-
2;5
6 8 7
;
5 5 5
I
IB IM B
1
0
5
xy
.
21
;
55
A
.
0.25
7x+y-9=0.
8 11 22 71
;;
5 5 5 25
IB
Pt AB: x-
4 13
;
55
A
.
21
;
55
A
,
4 13
;
55
A
0.25
Ta có (d ) qua A(1;-1;1) ó 1 vec
2;1;2 0; 1; 2 ; 0; 4;2
;
20
;
3
dd
d
d
u IA IA u
IA u
d I d
u
0.5
11
cân.
H
I
B
A
40
2 2 ;
3
R IH d I d
0.25
22
2
40
13
9
x y z
0.25
Câu
7b)
1 1 1
1 1 ; ;x y z xx yy zz x y z
x y z
Ta có
1 1 1
x y z
x y z
0.25
xy yz xz
xy xz yz
xyz
xyz
0.25
xy yz xz
xyz
0.25
xy yz xz
xy yz xz
x y z
0.25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 05/2014
Môn TOÁN: Khối A.
Thi gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I m) Cho hàm s
32
4 3 15 1 9 3y x m x m x m
(m là tham s)
1. Kho sát s bin thiên và v th (C) ca hàm s.
2. th hàm s (Cm) ct trc hoành tm phân bim theo
th t lp thành cp s cng v nh l
Câu II(2 điểm) 1) Gi
4
1 3 7
4cos os2 os4 os
2 4 2
x
x c x c x c
2
17 3 5 3 14 4 0
4 2 19 3 8
x x y y
x y x
Câu III (1 điểm)
4
0
sin 2
1 cos2
xx
I dx
x
.
Câu IV(1 điểm) nh bên bu,
hình chiu ci trng tâm G ct pho
vi (ABC) mt góc
0
60
. Tính th tích kh
Câu V(1 điểm: Cho x,y, z k
2
1 1 2 1 2 5.x y z
:
3 3 3
2P x y z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa( 2 điểm) 1)
22
2 4 1 0x y x y
40xy
2) Trong không gian t Oxyz, cho bm A(-1;3;0), B(0;1;2), C(3;-4;2), D(-1;0;2). Vit
t phng (Pm C, D và tha mãn khong cách t A n (P) bng hai ln
khong cách t B n (P).
Câu VIIa) (1 điểm) Có 15 qu c cu vàng, 5 qu cu xang, 6
qu c. Chn ngu nhiên 10 qu. Tính xác su chc 10 qu sao cho trong s các qu
cu còn l c 3 màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb( 2 điểm) 1) Trong mt phng t Oxy, cho tam giác ABC cân tnh AAB:
x + 2y 4 = 0, BC: 3x + y 7 = 0. Tìm t nh A và C, bit rng din tích tam giác ABC bng
m A
2) Cho A(1;-5;2), B(3;-1;-2), mt phng (P): x-6y+z+18=0. Tìm t m M thuc (P) sao
cho
.MAMB
t giá tr nh nht.
Câu VIIb) (1 điểm)
22
59
log 1 2 2 log 7 2x x x x
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 05/2014
Môn: TOÁN
Câu
1
32
7 16 12y x x x
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
lim , lim
xx
yy
0.25
b
2
2
' 3 14 16; ' 0
8
3
x
y x x y
x
x
-
2 8/3 +
y'
+ 0 - 0 +
y
0 +
-
-4/27
0.25
-
8
;2 ; ;
3
8
2;
3
.
- , y
, y
CT
= -4/27.
0.25
3. Đồ thị-12
0),(3
72
;
3 27
I
8
6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
y =
x
3
7
∙
x
2
+ 16
∙
x
12
0.25
Tìm m sao cho đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành
0.25
2
32
2
4 3 15 1 9 3 0 1
3
4 3 1 0 2
x m x m x m
x
f x x mx m
2
1
1
' 4 3 1 0
4
30
10
9
m
mm
m
f
m
.
0.25
3; ;
B A C
x x x
1 2 1 2
; : 2 6
B
x x x x x
.
0.25
Theo Vi-et ta có
12
3
4 4 6
2
x x m m m
3
2
m
0.25
4
1 3 7
4cos os2 os4 os
2 4 2
x
x c x c x c
pt
2
2
1 3 7
1 cos2 cos2 2cos 2 1 cos
2 4 2
x
x x x
0.5
3
cos2 cos 2
4
x
x
cos2 1
3
cos 1
4
x
x
0.25
8x k k Z
8x k k Z
0.25
2
17 3 5 3 14 4 0
4 2 19 3 8
x x y y
x y x
2 5; 4xy
0.5
17 3 5 3 14 4 0
2 3 5 5 2 3 4 4 1
x x y y
x x y y
2
(3 2)y f t t t
0;t
Ta có
2
' 9 2 0 0f t t t
0;
.
3
5 4 5 4 5 4
1
f x f y x y x y
yx
Thay vào pt(2) ta có:
2
4 2 22 3 8x x x
2
4( 2) 3( 2)
4 2 22 3 8 ( 2)( 2)
2 2 22 3 4
xx
x x x x x
xx
2
43
( 2) 0(*)
2 2 22 3 4
x
x
xx
0.25
Xét f(x)=VT(*) trên [--
-
(2 ;1) ; (-1 ;-2
: (2 ;1) ; (-1 ;-2)
0.25
3
4
0
sin2
1 os2
xx
dx
cx
4
0
sin 2
1 cos2
xx
I dx
x
=
4
0
sin 2
1 cos2
x
dx
x
+
4
2
0
11
2 cos 2
x
dx A J
x
0.25
Ta có A=
44
00
sin2 1 (1 cos2 )
1 cos2 2 1 cos2
x d x
dx
xx
4
0
11
ln(1 cos2 ) ln 2
22
x
0.25
Tính
4
2
0
cos
x
J dx
x
2
; tan
cos
dx
u x du dx dv v x
x
4
4
0
0
sin 2
( tan ) ln
cos 4 2
x
J x x dx
x
0.25
1
ln2
84
I
0.25
