đề thi thử đại học môn toán có đáp án năm 2014 trường cổ loa

TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Ngày thi
: 19/1/2014

Môn
: TOÁN
-
Kh
ố
i : A, A1, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số:
 
4 2
2 1
3
y
x
m
x



(1)
a) Kh
ả
o sát s
ự
biến thiên và v
ẽ

đ
ồ
thị hàm s
ố

(1)
khi
1m 
.
b) Tìm m để đường thẳng
2 2y m  
cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm
phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình:

2sin 2 2sin 2 .cos 3sin 1 sin3
6
x x x x x

 
    
 
 
.
Câu 3 (1,0 điể
m):

Gi
ải hệ
phương tr

ình

3 3 2 2 2 2
2
3
3 3 3 3 2 2
3 1 2 3. 8 2 5
x y xy x y x y x y xy
x x y y

        


     


,
,x y 
.
Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm:
3
2
x x
x
x
e e
dx
e e



 
 

.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình
chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng
(SCD)
và m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD)
là
0
60
. Tính thể tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABCD và khoảng
cách t
ừ
tr
ọng tâm tam giác
SAB
đ
ế
n m
ặt ph
ẳ

ng
 
SC
D
.

Câu 6 (1,0 điểm): Cho
, , 0x y z 
thỏa mãn
3x y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
3
3 3
4A x
y
z

 
.
Câu 7 (1,0 điể
m):
Trong m
ặt ph
ẳng v
ớ
i h
ệ t
ọa đ
ộ

Oxy
, cho hình vuông ABCD
có
M
là
trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho
1
4
AN AC
. Biết
M
N
có phương
trình
3 4 0
x
y

 
và
D(5;1). Tìm tọ
a đ
ộ
c
ủa điể
m
B
biết
M
có tung đ

ộ
dương.
Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu
nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số
bi đỏ bằng số bi vàng.
Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình:
1
25 20 5.10 5.2 5.4 5 10 50
x x x x x x x x
      
.
Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 1/5

SỞ GD - ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CỔ LOA
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D
___________________________________
Câu
Đáp án
Điểm
a) 1 điểm

Khi
1m 

, ta có hàm số
4 2
4 3y x x   .
 Txđ:

.
- Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ;
0
' 0
2
x
y
x


 

 

.
0,25
Hàm số đồng biến trên
 
2;0
;
 
2;
, nghịch biến trên
 
; 2 

và
 
0; 2
.
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0x 
,
ĐC
3y 
;h/s đạt cực tiểu tại
2x  
,
CT
1y  
.
Giới hạn:
lim lim
x
x
y y


  
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x



2

0

2



'y


0 + 0

0 +
y







3


1

1

0,25
 Đồ thị

0,25
b) 1 điểm

Pt hoành độ giao điểm :
 
4 2
2( 1) 3 2 2 1x m x m     

Ta có
 
2
4 2
2
2
1
1
1 2( 1) 2 1 0
2 1
2 1
x
x
x m x m
x m
x m
 




       


 
 



Ta có
 
1
luôn có 2 nghiệm phân biệt
1x  
.
0,25
1
(2 điểm
Để đường thẳng
d
cắt đồ thị
 
m
C
tại đúng 2 điểm phân biệt thì
 
1
có đúng 2 nghiệm
phân biệt
 

0
2 1 1
*
1
2 1 0
2
m
m
m
m


 


 



 



.
0,25
Trang 2/5
Khi đó, giả sử 2 giao điểm là
   
1;2 2 , 1;2 2A m B m  
.

Ta có
OAB
cân tại
O
, gọi
I
là trung điểm của AB
(0,2 2 )I m 
và
2, 2 2AB OI m  
. Theo giả thiết
1
8 8
2
OAB
S OI AB   

0,25
 
 
3 *
2 1 8 1 4
5 *
tho¶ m·n
kh«ng tho¶ m·n
m
m m
m
 
      





. Vậy
3m  
.
0,25
Pt đã cho
3sin 2 cos2 sin 3 sin 3sin 1 sin3x x x x x x      

3sin 2 4sin 1 cos2x x x   

0,25
2
2 3 sin cos 4sin 2sinx x x x  
 
2sin sin 3 cos 2 0x x x   
sin 0
sin 3 cos 2
x
x x




 


0,25

sin 3 cos 2 sin 1
3
x x x
 
    
 
 

5
,
6
x k k   


;
0,25
2
(1 điểm)

sin 0 ,x x k k   

;
Vậy, các nghiệm của phương trình là
5
, 2
6
x k x k  

 

,
k 
.
0,25
Giải hệ phương trình
 
 
3 3 2 2 2 2
2
3
3 3 3 3 2 2 1
3 1 2 3 8 2 5 2
x y xy x y x y x y xy
x x y y

        


     




ĐK:
1x 
.
 
1 
 
 

   
 
2 2 2 2
3 3 2 2x y x xy y xy x y x y x y xy          

2 2 2 2 2
( )( ) 2( ) ( ) 3( ) 2x y x y x y x y x y         

2 2
( )( 2) ( 2)( 1)x y x y x y x y        

0,25

2 2
2 0 (3)
1 0 (4)
x y
x y x y
  



    


2 2
1 1 1
(4) 0
2 2 2
x y

   
     
   
   
, vô nghiệm.
0,25

(3) 2y x  
. Thay vào (2) ta được
   
2
3
2
3
3 1 3 4 2 2 9
3 1 1 3 4 2 2 2
x x x x
x x x x
     
       

   
 
 
 
2
3
3
2
3

3
3 2 3 2 4
2
1 1
4 2 2 4 2 4
2
3 6
(5)
1 1
4 2 2 4 2 4
 
   
 
   





 

 
   

x x
x x
x
x x
x
x

x
x x

0,25
3
(1 điểm)
- Với
2 0x y  
.
Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến.
Mà
2x 
là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là
2 0x y  
.Vậy
nghiệm
 
;x y
của hệ đã cho là
 
2;0
.
0,25
Trang 3/5
3
2
x x
x x
e e
I dx

e e


 
 
 


1 1
1
2 2
x x x x
dx x dx
e e e e
 
 
   
 
   
 
 
.
0,25
Với
1
2 2
1
2 2 1 ( 1)
x x
x x x x x

e e
I dx dx dx
e e e e e

  
    
  
. Đặt
1
x x
t e dt e dx   

0,25
1
2
1 1
1
x
dt
I C C
t t e
       


.
0,25
4
(1 điểm)
1
1

x
I x C
e
   

.
0,25
 Gọi H là trung điểm của
AO

 
SH ABCD
.
Dựng HI

CD tại I, suy ra
 
CD SHI
SI CD 
, vậy góc giữa
 
SCD
và
 
ABCD
là

SIH

0

60SIH 

0,25


M
H
O
C
B
A
D
S
I
K
G

HI // AD nên
3 3
4 4
HI AD a 
suy ra

O
3 3 3
.tan tan 60
4 4
a a
SH HI SIH  

2
3
2
.
1 1 3 3 3
3 3 4 4
ABCD
S ABCD ABCD
S a
a a
V S SH a

      

0,25
Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và
2
3
SG
SM

.
Mà
 
MG SCD S 
suy ra d(G,(SCD))=
 
 
 
 

2 2
, ,
3 3
d M SCD d A SCD

 
AH SCD C 
,
4
3
AC
HC

nên
 
 
 
 
4
, ,
3
d A SCD d H SCD

0,25

5
(1 điểm)
Kẻ
HK SI
tại K

   
,( )HK SCD HK d H SCD   

2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 64 3 3
27 9 27 8
a
HK
HK SH HI a a a
       

 
8 3 3 3
,( )
9 8 3
   
a a
d G SCD
.
0,25

Ta có
    
3 2
3 3
1
0
4
x y x y x y x y      
là mệnh đề đúng với mọi

,x y
.
Suy ra
   
3 3
3 3
1 1
4 3 4
4 4
A x y z z z     
.
0,25
6
(1 điểm)
Xét hàm số
   
 
3
3
1
3 4 , 0;3
4
f z z z z   
.
Ta có
 
 
2
9
5 2 3

4
f z z z

  
,
 
 
 
1 0;3
0
3
0;3
5
z
f z
z

  


 

 


.
0,25
Trang 4/5
Bảng biến thiên của hàm số
 

f z
trên
 
0;3
:
z
0
3
5
3
 
f z



0 +
 
f z

27
4
108

108
25


0,25
Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là
108

25
khi
3
5
z 
,
6
5
x y 
.
0,25

Kẻ
NH BC
tại
H
,
NK DC
tại
K
.
Ta có
NKC NHC  
(cạnh huyền và góc nhọn)
NK NH 

1

4
1

4

   


 


   


DK AN
AD NK
DC AC
DK BH
BH AN
AB NH
BC AC
mà M là trung điểm
BC
nên
H
là trung điểm
của
BM
.


,DKN MHN DNK MNH ND NM      

.
Mà


0 0
90 90KNH DNH DNM    
vuông cân tại N
0,25
pt : ( 5) 3( 1) 0DN MN DN x y      
hay
3 8 0x y  

Toạ độ
N
thoả mãn:
3 8 0
(2;2)
3 4 0
x y
N
x y
  



  


Gs
( ;3 4) (2 ;6 3 ), 10,M m m MN m m DN MN DN      



2 2 2
3 (3;5)
(2 ) (6 3 ) 10 ( 2) 1
1 (1; 1) lo¹i
m M
m m m
m M
 

        

  


0,25
7
(1 điểm)
(3;5)M
, gọi
1
3
P MN AD NP NM

   
 

1 5
2

3 3
2 1 1
p p
p p
x x
y y

 
  
 
 
 
 
   
 

Ta có
1 1 1 5
=
3 6 6 6
AP MC BC AD DP DA   

0,25
Trang 5/5
5 5 5 3
6 6 3 5
3 5
3 5
1
5 3

5
3
5 (1 1)
5
     

 
  
 




 
 





  


     
B
B
B
B
DP DA CB MB MB DP
x

x
y
y

0,25
Ch
ọ
n 5 viên bi trong 18 viên bi thì có
5
18
C
cách.

Không gian m
ẫu g
ồm
 
5
18
85
68n
C
  
kế
t qu
ả
đồ
ng kh
ả năng x
ả

y ra.
0,25
Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng”
Ta có các trườ
ng h
ợ
p xả
y ra:

TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh.
Có
1 1 3
6 7 5
C C C 
cách chọn trong trường hợp này.
0,25
TH2: Trong 5 bi đư
ợ
c ch
ọn có 2 bi đ
ỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh .
Có
2 2 1
6 7 5
C C C 
cách chọn trong trường hợp này.


1 1 3 2 2 1
6 7 5 6 7 5

( ) 1995n A C C C C C C      
.
0,25
8
(1 điểm)
Vậy xác suất cần tìm là:
( ) 1995 95
( )
( ) 8568 408
n A
P A
n
  

.
0,25
1
25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50
x x x x x x x x
         









1

25 50 20 10 5.10 5 5 2 4 0
x x x x x x x x
        





2 1 25 10 5.5 5.2 0
x x x x x
      

0,25
 
  
 
2 1 0 1
5 2 5 5 0 2
x
x x x

 


  



0,25
(1) 2 1 0

x
x    .
0,25
9
(1 điểm)
5 5
1
(2)
5
0
1
2
x
x
x
x





 

 




 






Vậ
y
t
ập
nghiệm c
ủ
a phương tr
ình là:
 
0;
1
S

.

0,25
Chú ý: N
ế
u thí sinh làm bài theo các cách khác mà
v
ẫn đúng thì v
ẫ
n đư
ợ
c đầy đ
ủ

s
ố
điểm theo đáp án qui định.
Hết