Đề Thi Thử môn Toán Hahuytap Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
MÔN THI: TOÁN; KHỐI A, A1, B, D
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
21
1
x
y
x
-
=
+
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2ymx=+ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tam giác OAB vuông tại O.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
( )
22
3
tan1sin3cossin20
2
xxxx-+-=.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
332
4
4

6153140
4
xyxxy
xyxy
ì
+-++-=
ï
í
+++=
ï
î
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:
( )
tan
4
3
0
cossin
cos
x
x
ex
I
dx
x
p
+
=
ò

.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC tam giác ABC vuông tại B,
,2
B
CaACa== tam giác SAB đều.
Hình chiếu của S lên mặt phẳng ()ABC trùng với trung điểm M của AC. Tính thể tích khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,,z
xy
thỏa mãn điều kiện:
(
)
2
424
13xyz+-+£.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( )
222
1
2
1
Pyxz
xyz
=++
+++
.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Dành cho học sinh thi khối A, A1.
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
( )
22
:25Cxy+= ngoại tiếp tam
giác nhọn ABC có tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là
( ) ( )
1;3,2;3MN Hãy tìm tọa
độ các đỉnh A, B, C, biết rằng điểm A có tung độ âm.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu
( )
222
:24280Sxyzxyz++-+ = và
mặt phẳng
( )
:23110Pxyz++-=. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S).

Câu 9.a (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn không có đủ 3 màu.

B. Dành cho học sinh thi khối B, D.
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy cho tam giác ABC cân tại
( )
0;3A và hai điểm
B, C thuôc đường tròn
( )

22
:9Cxy+=. Hãy tìm tọa độ B, C biết rằng tam giác ABC có diện tích lớn
nhất và điểm B có hoành độ dương.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm
( ) ( )
1;2;3,2;2;2AB- . Viết
phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (OAB).

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( ) ( )
1
3
28
17
462.90
3
log88log213
xxy
xxy
+
ì
-+=
ï
í
ï
+ +=
î
.
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:………………………

Trang 1/4
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2014 LẦN 1.
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
+) Tập xác định: \{-1}R .
+) Sự biến thiên: -) Chiều biến thiên:
( )
2
3
'0,1
1
yx
x
=>"¹-
+
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;1-¥- và
( )
1;-+¥
0,25
-) Giới hạn và tiệm cận: limlim2
xx
yy
®-¥®+¥
==, tiệm cận ngang : 2y =

( ) ( )
11
lim;lim
xx
yy
-+
®-®-
=+¥=-¥ , tiệm cận đứng: 1x =-
0,25
-) Bảng biến thiên:

x
-¥ 1- +¥
y’
y +¥ 2

2
-¥
0,25
1 a.



(1,0
điểm)
+) Đồ thị:

O
0,25
Hoành độ giao điểm của d: 2ymx=+với (C) là nghiệm phương trình:
( ) ()
2
21
2,1301
1
x
mxxmxmx
x
-
=+¹-Û++=
+
.
0,25
Dễ thấy với 0m = thì (1) vô nghiệm. Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi
và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác – 1. Điều kiện là:
( ) ( )
2
2
0
0
120
12

1130
m
mm
m
mm
D>
<
Û->Û
>
-+-+¹
ì
é
ï
í
ê
ë
ï
î
(*)
0,25
Với (*) giả sử
12
,
xx
là hai nghiêm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là:
( ) ( )
1122
;2,;2AxmxBxmx++. Dễ thấy điểm O không thuộc d nên ABO là một tam
giác. DABO vuông tại O khi và chỉ khi:
2

1212
.0(1)2()40OAOBmxxmxx=Û++++=
uuuruuur

0,25
1.b


(1,0
điểm)
Áp dụng định lí Viet ta có:
1212
3
1;xxxx
m
+=-= , thay vào trên ta được:

2
4303mmm++=Û=- hoặc 1m =- (thỏa mãn (*)).Vậy 3m =- hoặc 1m =-
0,25
Điều kiện: .
2
xk
p
p
¹+ Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( )
2
sin

sincos3cossincos0
cos
x
xxxxx
x
=
( ) ( )
(
)
sincos121cos20xxxÛ +=
0,25

2.
(1,0
điểm)
( )
sincos*xxÛ= hoặc
( )
2cos21**x =-
0,25

Trang 2/4
·
()
*tan1
4
x
xk
p
p

Û=Û=+
0,25
( )
2
**22
33
x
kxk
pp
pp
Û=±+Û=±+
. Đối chiếu đk ta có:
;
43
x
kxk
pp
pp
=+=±+
.
0,25
Điều kiện 0,0xy³³ . Ta có:
() ( ) ( ) ()
3
3
123231'xxyyÛ-+-=+
0,25
Xét hàm số
( )
3

3
f
ttt=+ trên R , có
( )
2
'330,fttt
=+>"ÎR , do đó
( )
ft
đồng
biến trên
R .Phương trình
( )
1' trở thành: 2yx=- , thay vào (2) ta có:
0,25
( )
44
2242'xxxx+-++-=
Điêu kiện 02x££. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
( ) ( )
44
121112
1111
;2;;2
2244
xx
xx
x
xxx
+-+++-

++++
³³-³³-
Suy ra:
44
1335
224
2244
xxxx
xxxx
+-+-
+-++-£+++=
0,25
3.

(1,0
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
x
= , do đó
( )
2' có nghiệm duy nhất 1
x
= .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (;)(1;1)xy = .
0,25

(
)
tan

tan
444
322
000
sincos
sin
.tan.
coscoscos
x
x
xxe
x
dxdx
Idxex
x
xx
ppp
+
==+
òòò

0,25
44
4
10
22
00
sincos1
|21
coscoscos

xdxdx
I
xxx
pp
p
==-==-
òò

0,25
tantan
44
2
2
00
.tan tan.dtan
cos
xx
dx
I
exexx
x
pp
==
òò
.
Đặt
tan
tan;tan
x
uxdvedx== , ta có

tan
tan,
x
dudxve== . Khi đó:
0,25
4.


(1,0
điểm)
( )
tantantan
4
44
2
00
0
.tan.tantan11
xxx
Iexedxex
p
pp
=-=-=
ò
. Vậy
12
2III=+= .
0,25
F
E

M
A
B
C
S
H

Tam giác ABC vuông tại B nên:
1
2
B
MACa==,
22
3ABACBCa=-=
do đó:
2
13
.
22
ABC
a
SABBC==.
SABD đều nên:
3SBABa== .
Từ giả thiết ta có
( )
SMABC^
0,25
Xét tam giác SMB vuông tại M có:
22

2SMSBBMa=-= .
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:
23
.
113
.2.
332
6
SABCABC
aa
VSMSa===
0,25
Gọi F là trung điểm BC, trong (ABC) lấy E đối xứng với F qua M. Khi đó ABFE là
hình chữ nhật, nên
( ) ( ) ( )
(
)
//;;
B
CSAEdSABCdFSAEÞ= .
Gọi H là hình chiếu của F lên SE, ta có:
( )
1FHSE^
0,25

( ) ( )
,2AEEFAESMAESEFAEFH^^Þ^Þ^ . Từ
( ) ( ) ( )
1,2
F

HSAEÞ^

5.


(1,0
điểm)
( )
( )
22
6
;2
11
SMEFSMEF
dFSAEFHa
SE
SMEM
Þ====
+
.Vậy:
( )
6
;2
11
dSABCa= .
0,25
6.

Từ giả thiết ta có:
( ) ( ) ( ) ( )

2444222
216141242
y
xyzxyz++³+++++³++.
Suy ra:
222
04xyz<++£ . Đặt
222
,04txyzt=++<£ . Ta có:
0,25

Trang 3/4
22
22
222
11
2211
yy
Pxzt
x
yzt
£++++=+
++++
. (1)
0,25
Xét hàm số
()
1
1
ftt

t
=+
+
với 04t<£ , ta có:
()
( )
2
1
'10,04
1
f
tt
t
=->"<£
+
.
Do đó
( )
ft
đồng biến trên
(
]
0;4 . Suy ra
() ()
21
4
5
ftf£= . (2)
0,25

(1,0
điểm)
Từ (1), (2) suy ra giá trị lớn nhất của P là
21
5
đạt được khi: 1,2xzy=== .
0,25
T
B
C
A
O
M
N

(C) có tâm O(0;0). Ta có:
·
·
0
90CMBCNB== nên CMNB là tứ giác
nội tiếp, do đó:
·
·
CNMCBM= (1)
Gọi AT là tiếp tuyến của (C) khi đó:
·
·
TABACB= mà
·
·

0
90CBMACB+= (2)
và
·
·
0
90CNMMNA+= (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
·
·
M
NATAB= , do
đó: //
M
NAT suy ra
M
NOA^
( )
3;0MN
uuuur
là vectơ pháp tuyến của OA,
nên OA có phương trình là:
0x = .
0,25
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
22
0
0
5
25

x
x
y
xy
=
=
ì
ì
Û
íí
=±
+=
î
î
.Vì 0
A
y < nên:
( )
0;5A - .
0,25

( )
1;2AM -
uuuur
,
( )
2;2AN
uuur
lần lượt là vectơ chỉ phương của AC , AB.
Nên AC có phương trình là:

( ) ( )
20150250xyxy-++=Û++= .
AB có phương trình là:
( ) ( )
05050xyxy +=Û =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
( )
22
250
0,5
4;3
4,3
25
xy
xy
C
xy
xy
++=
==-
ÛÞ-
=-=
+=
ì
é
í
ê
ë
î
.

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
( )
22
50
0,5
5;0
5,0
25
xy
xy
B
xy
xy
=
==-
ÛÞ
==
+=
ì
é
í
ê
ë
î

0,25
7.a


(1,0

điểm)
Dễ thấy
.0,.0,.0ABACBABCCACB>>>
uuuruuuruuuruuuruuuruuur
, nên DABC nhọn. Vậy
( ) ( )
5;0,4;3BC-
0,25
Mặt cầu (S) có tâm
( )
1;2;1I - , bán kính 14R = .
0,25
Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng:
( )
:230,11Qxyzdd+++=¹- .
0,25
Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính
14
22
R
r == nên ta có:
( )
( )
22
21
;
2
dIQRr=-=
3
21

373
2
14
d
d
-
Û=Û=±
0,25
8.a


(1,0
điểm)
Vậy có 2 mp cần tìm là:
(
)
(
)
12
:233730;:233730QxyzQxyz++++=+++-=

0,25
Số các kết quả có thể có là:
4
15
1365CW== . Gọi A là biến cố ”4 viên bi lấy được có
đủ 3 màu”, khi đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A được cho bởi bảng sau:
0,25
9.a

(1,0
điểm)
số bi đỏ số bi xanh số bi vàng Số kết quả
1 1 2
112
456
CCC
1 2 1
121
456
CCC
2 1 1
211
456
CCC
Do đó:
112121211
456456456
720
A
CCCCCCCCCW=++=
0,25

Trang 4/4
Ta cú A l bin c 4 viờn bi ly c khụng cú 3 mu.
0,25
Do ú xỏc sut cn tỡm l:
( )
( )

72043
11
136591
PAPA=-=-=
0,25
C
B
E
O
A

ng trũn
( )
C cú tõm
( )
0;0O , bỏn kớnh 3R = . D
thy
( )
ACẻ . t
ã
ã
,0BOACOAxx
p
==<< .
Khi ú, din tớch tam giỏc ABC l:
22
1
2sinsin2
2
AOBBOC

SSSRxRx=+=-
( )
223
sin1cossin.cos
22
xx
RxxR=-= .
0,25
p dng bt cụsi ta cú:
2222
62
4
111
sinsinsincos
3232322
sin.cos
422
xxxx
xx
+++
suy ra
3
1
sin.cos
2216
xx
Ê
, du bng xy ra khi v ch khi:
22
12

sin3coscos
22223
xxx
x
p
===
.
Vy din tớch tam giỏc ABC ln nht khi v ch khi ABC l tam giỏc u.
0,25
Gi E l trung im BC. Ta cú:
333
0;0;
222
EE
AEAOxyE
ổử
=ị==-ị-
ỗữ
ốứ
uuuruuur
.
BC cú pt l:
3
2
y =- . Ta B, C l cỏc nghim ca h:
22
27
3
2
2

3
9
2
x
y
xy
y
ỡ
ỡ
=
ù
=-
ùù

ớớ
ùù
+=
=-
ợ
ù
ợ
.
0,25
7.b


(1,0
im)
Vỡ
0

B
x > nờn
273273
;;;
2222
BC
ổửổử

ỗữỗữ
ỗữỗữ
ốứốứ

0,25
Ta cú:
( )
1;0;5AB -
uuur
;
( ) ( )
1;2;3,2;2;2OAOB -
uuuruuur
.
0,25

( )
,10;8;2OAOB
ộự
=
ởỷ
uuuruuur

. Mt phng (OAB) cú mt vect phỏp tuyn l
( )
1
5;4;1n -
ur
.
0,25

( )
1
;20;26;4ABn
ộự
=
ởỷ
uuurur
. Vỡ (P) cha AB v (P)^(OAB) nờn (P) cú mt vect phỏp
tuyn l
( )
10;13;2n
r
.
0,25
8.b


(1,0
im)
Phng trỡnh mp(P) l:
( ) ( ) ( )
10113223010132420xyzxyz-+-+-=++-=

0,25
iu kin: 1;210xxy> +> , pt th hai ca h tng ng vi:
( ) ( )
22
log1log21
x
xyxy+=-+= . Th vo pt (1) ta cú:
0,25

2
1722
4.462.9012.1760
333
xx
xxx
ổửổử
-+=-+=
ỗữỗữ
ốứốứ

0,25
22
33
x
ổử
=
ỗữ
ốứ
hoc
23

34
x
ổử
=
ỗữ
ốứ
1
x
= hoc
2
3
3
log
4
x = . 0,25
9.b


(1,0
im)
i chiu iu kin, h cú hai nghim:
22
33
33
(;)(1;1),(;)log;log
44
xyxy
ổử
==
ỗữ

ốứ

0,25
TNG 10,0
HT.