Đề Thi Thử Môn Toán Lần 1 Năm 2014 khối D

www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN; KHỐI: D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm.) Cho hàm số
 
3 2 2
1 1
2 2
3 2
y x m m x mx m
    
(1) với m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số


1
khi m = -1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu cách đều trục tung.
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải phương trình: 2sin
2
x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0
2) Giải hệ phương trình:
4 2 2
2 2

2 2 6
( , )
3
x y x y
x y R
x y x y

   



   



Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân : I=


3
1
2
0
2 1
2
x x
x e x e
dx
x
 




Câu IV(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại A; SA = a; BC = 2a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M là trung
điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu V(1,0 điểm).
Cho các số thực dương x, y thoả mãn:
3 3
2 2
3 2
3
x y
xy y x x y
   
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
2 2
2 2
16
2
x y
x y

 

Câu VI(2,0 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2. Phương trình

của đường thẳng AB: x – y = 0. Điểm M( 2; 1) là trung điểm của cạnh BC. Tìm toạ độ trung
điểm N của cạnh AC.

2) Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz cho A(1; 0; -2) , B( 1; -2; 2), C(2; 1; 0), mặt
phẳng (P) có phương trình: x+2y+2z -3 = 0. Chứng minh: AC vuông góc với BC và viết
phương trình mặt cầu có tâm thuộc mặt phẳng (P) và qua ba điểm A, B , C.

Câu VII(1,0 điểm).
Trên giá sách có ba loại sách Toán học, Vật lý, Hoá học, trong đó có 8 quyển sách Toán học,
7 quyển sách Vật lý và 5 quyển sách Hoá học ( các quyển sách khác nhau). Hỏi có bao nhiêu
cách chọn 6 quyển sách trong các quyển sách trên sao cho mỗi loại có ít nhất một quyển sách.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Chữ kí giám thị:


-
1
-

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
Tổ: Toán
***
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: TOÁN; KHỐI: D
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. (1,0 điểm). Khi m = -1
thì
3 2
1 3
2 1
3 2
y x x x
   


* Tập xác định:


* Sự biến thiên:
2
' 3 2
y x x
  
;
1
' 0
2
x
y
x



 




Dấu của y’

+
-
+
1
2

Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , y
CĐ
= y
(1)
=
11
6

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , y
CT
= y
(2)
=
5
3

0,25






0,25



Bảng biến thiên:
x

1 2




'
y x


+ 0 - 0 +


y x




11
6



5
3









0,25
Đồ thị:
x = 0

y=1 . Đồ thị đi qua ( 0; 1).
x=3
5
2
y
 

. Đồ thị đi qua ( 3;
5
2
).














0,25
2. (1,0 điểm).
I
(2,0 đ)




2 2
' 2 2
y x m m x m
   

.
Giả sử hàm số có CĐ, CT cách đều Oy. Khi đó
2
0
2
2 2
2

 

 



§
x
= 0 = 0
C CT
m
x
m m
m

0,25


0,5

-
2
-

Thử lại m = 0 (loại); m = 2 ( thoả mãn). (Hoặc cho

§
x
C CT
x
và
0
 
'
y
)


0,25
1. (1,0 điểm). Giải phương trình:
2sin
2
x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0
(1)


Ta có
(1)
2
(2sin 3sin 2) (sin 2 cos ) 0

x x x x
     

(2sin 1)(sin 2) cos (2sin 1) 0
x x x x
     


0,25

(2sin 1)(sin cos 2) 0
x x x
    

2sin 1 0
sin cos 2 0
x
x x
 



  




0,25

1

2sin 1 0 sin sin
2 6
2
6
( )
7
2
6
x x
x k
k Z
x k





 
 
    
 
 

  

 


 





sin cos 2 0 sin 2
4
x x x

 
     
 
 
( vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình là:
7
2 ; 2 ( )
6 6
x k x k k Z
 
 
     







0,25

0,25
2. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:
4 2 2
2 2
2 2 6
(I) ( , )
3
x y x y
x y R
x y x y

   



   





Ta có hệ (I)
2 2 2
2
( 1) ( 1) 8
( 1)( 1) 4
x y
x y


   



   





0,25
Đặt : x
2
+ 1 = u; y – 1 = v ( u

1)
Ta có hệ:
2 2
8 (1)
4 (2)
u v
uv

 

 

.

0,25

Từ (2)
4
v
u

 
thế vào (1) ta được:
4 2 2
2
8 16 0 4
2
u
u u u
u


     

 

( u = - 2 loại)
u = 2
2
2
2
u
v

v


   

 




0,25
II
(2,0 đ)

Vậy
2
1
1 2
1
1 2
x
x
y
y
 

  




 
  


. Nghiệm của hệ pt là (1; -1) ; (-1; -1)

0,25


-
3
-

Tính tích phân : I =


3
1
2
0
2 1
2
x x
x e x e
dx
x
 



=
1 1 1
2
2 2
0 0 0
( 2) 2 2
2 2
x
x
xe x x x
dx xe dx dx
x x
 
 
 
  



0,25
Tính
1
1
0
x
I xe dx


. Đặt

x x
u x du dx
dv e du v e
 
 

 
 
 


1
1 1 1
1
0 0 0
0
( 1) 1
x x x x
I xe e dx xe e e e
       





0,25
Tính
1 1
2
1

2
2
2 2
0
0 0
2 ( 2) 3
ln 2 ln 3 ln 2 ln
2 2 2
x d x
I dx x
x x

      
 
 


0,25
III
(1,0 đ)

Vậy I = 1 +
3
ln
2


0,25
Hình vẽ

a
2a
I
K
M
N
A
C
B
S
J
H



Gọi N là trung điểm của BC; H là trọng tâm của
ABC

. Theo bài ta có AB = AC
2 2 2
2 4 2 ; AC = 2
AB BC a AB a a
    

2
1
2 . 2
2
ABC

S a a a

  



0,25

Ta có
2
; HN =
2 3 3
BC a a
AN a AH   

Trong tam giác vuông SHA có :
2 3
2 2 2 2
.
4 5 1 1 5 5
. . .
9 3 3 3 3 9
S ABC ABC
a a a a
SH SA AH a V SH S a

        

0,25
IV
(1,0 đ)


Kẻ HI

SN ; AK

SN ; MJ

SN
Có HI ; AK; MJ vuông góc với mp( SBC)

MJ là khoảng cách từ M đến
(SBC).
Theo định lý Talet ta có:
1
3
HI AK

mà AK = 2 MJ

2 3
3 2
HI MJ MJ HI
  

0,25


-
4
-


Trong tam giác vuông SHN có:
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
5
1 1 1 54
9 9
5
. 5
.
9 9
30 3 30 30
.
18 2 18 12
a a
HN SH
a a
HI SH HN SH HN a
a a a

HI MJ


    
    




0,25

V
(1,0 đ)

4 4
2
3 3gt xy x y
xy
    

Ta có:
4 4 2 2
2 2
3 3 2xy x y x y
xy xy
     


Đặt xy = t . ( t > 0)
Ta có

2
2
3 3 2t t
t
  
3 2
2 3 3 2 0
t t t
    


 
 
2
1
1 2 5 2 0 2
2
t t t t
       
( vì t > 0)

Vì
2 2
2
x y xy
 
. Đẳng thức xảy ra

x = y

2 2 2 2 2
2 2
16 16 8
2 2 2 1
P x y x y t
x y xy t
      
   

Đặt
2
8
( )
1
f t t
t
 

, ta có
'
2
8
( ) 2
( 1)
f t t
t
 

với
1

2
2
t
 

'
( ) 0 1
f t t
  

Có
(1) 5
f

;
20
(2)
3
f 
;
1 67
2 12
f
 

 
 


1

;2
2
20
ax ( )
3
m f t
 
 
 

khi t=2


2
2
0
xy
x y
x y


  

 

.
Vậy GTLN của P bằng
20
3

0,25





0,25









0,25






0,25

VI
(2,0 đ)


1.( 1,0 điểm). Hình vẽ
H
N
M
A
B
C











-
5
-

Khoảng cách từ M đến AB:
MH = d( M; AB) =
2 2
2 1

2
2
1 ( 1)


 
,
1
2 1 . 1
2
ABC MAB
S S MH AB
 
    
.

2 4
2 2 2
2
AB MN
MH
     

Đường thẳng MN đi qua điểm M(2; 1) và nhận VTCP của đường thẳng AB là
(1;1)
AB
u 

làm VTCP của nó.
Phương trình của đường thẳng MN là:

2
1
x t
y t
 


 

;

N

đường thẳng MN

N ( 2 + t; 1 + t) ;
2 2 2
2 2 2 2 1
MN t t t t
        



N ( 3; 2) ; N( 1; 0)




0,25

0,25






0,25




0,25
2. (1,0 điểm).
Ta có




1;1;2 1;3; 2 . 0
AC BC AC BC AC BC
      
   

0,25
Giả sử I(x
0
; y

0
; z
0
) là tâm mặt cầu thoả mãn đầu bài
 
IA IB
IB IC
I P



 





0,25
         
         
2 2 2 2 2
2
0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2
2
0 0 0 0 0 0
0 0 0
1 2 1 2 2
1 2 2 2 1
2 2 3 0

x y z x y z
x y z x y z
x y z

         


          


   



0,25


 
0
0
0
7
3 7;3;2 89
2
x
y I R
z
 



     





Vậy phương trình mặt cầu là: (x + 7)
2
+ (y – 3)
2
+ (z – 2)
2
= 89
0,25
VII
(1,0 đ)

Chọn 6 quyển sách trong 20 quyển, ta có:
6
20
38760
C 

Chọn 6 quyển sách chỉ có đúng một loại sách, ta có:
6 6
8 7
35
C C
 
cách chọn

Chọn 6 quyển sách chỉ có đúng hai loại sách,ta có:




6 6 6 6 6 6 6
13 8 12 7 15 7 8
( ) 1688 917 4970 7575
C C C C C C C         
cách chọn
Vậy số cách chọn 6 quyển sách mà mỗi loại có ít nhất một quyển sách là:
38760 – 35-7575 = 31150 cách chọn.
0,25

0,25

0,25

0,25


Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Hết