Đề thi thử Đại học môn Toán lần 3 năm 2014 trường THPT Gia Lộc, Hải Dương

SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT GIA LỘC
__________________________________________________

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không tính thời gian giao đề)
___________________________________________________________________________________________________________
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
x 1
y
x 1



(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với đường thẳng
y x
 
và cắt (C) tại A, B sao
cho tam giác
IAB
có diện tích bằng
2 3
(I là giao điểm hai tiệm cận của (C)).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
cosxcos3x 2sin x cos2x cos4x
 

2. Giải hệ phương trình
3
3
2y 2x 1 x 3 1 x y
x 3x 2y 40 0

    


   



Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
6
0
dx
I
cosx.cos x
4



 

 
 


Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O,
AB a,BC a 3.
  Tam giác SOA
cân tại S; mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C(3;-3) và đỉnh A thuộc
đường thẳng
:3x y 2 0.
   
Gọi E là trung điểm của BC, đường thẳng DE có phương trình
x y 2 0
  
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1
x 1 y 2 z 2
d :
2 1 2
  
 

,
 
2
x 2 t

d : y 3 t t
z 4 t
 


  


 



và mặt phẳng
(P) : x y z 6 0
   
. Lập phương trình đường thẳng d song song với (P) và cắt
1 2
d ,d

lần lượt tại M và N sao cho
MN 3 6.

Câu VI (1,0 điểm)
Cho khai triển nhị thức Niutơn
 
n
2 n
0 1 2 n
3 4x a a x a x a x
      . Tìm hệ số

4
a
biết rằng
1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C 1024

   
    

Câu VII (1,0 điểm)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn:
xy y 3x 1 0
   
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
3 3
3 3 3
1 y x
8 8x y
A
x (y 3) (1 3x) x

  
 



_____ Hết_____

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

1
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2013- 2014
Môn: TOÁN

Câu Ý

Nội dung Điểm
1. Khảo sát sự thiên và vẽ đồ thị của hàm số
 
x 1
y C
x 1




1,00
TXĐ:

:


1

SBT:
 

,
2
2
y 0 x 1
x 1

   


0,25
Hàm số nghịch biến trên


;1

và


1;


Hàm số không có cực trị
x
lim y 1 y 1

  
là tiệm cận ngang
x 1 x 1
lim ; lim x 1
 

 
     
là tiệm cận đứng
0,25
Lập BBT










0,25
1


0,25
2. Viết PT đường thẳng
 
đường thẳng
y x
 
và cắt (C) tại A, B sao cho
IAB

có diện tích bằng
2 3

(I là giao điểm 2 tiệm cận của (C))
1,00

I
2
Ta có I(1;1);
: y x m
  

Hoành độ A, B là nghiệm PT:
x 1
x m
x 1

 








2
g(x) x m 2 x m 1 0 x 1 *
       

0,25
x


1


y’ - -
y 1















1


2
Câu Ý

Nội dung Điểm
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
2
m 8 0

1 m
g(1) 0

   
  





0,25
Khi đó




1 1 2 2
A x ;x m B x ;x m
  với
1 2
x ,x
là nghiệm (*)
   


 
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
AB 2 x x 2 x x 4x x 2 m 8

m
d I;
2
 
      
 
 

0,25
 
2
IAB
m
1
S 2 3 2 m 8 2 3 m 2
2
2
      

0,25
Giải phương trình:
cos xcos3x 2sin x cos2x cos4x
 

1,00
1 1
(cos4x cos2x) 2sin x (cos6x cos2x)
2 2
    
0,25

cos4x cos6x 4sin x 0 2sin 5xsin x 4sin x 0
      

0,25
sin x 0
 
hoặc
sin5x 2
 
(Loại)
0,25
1
sin x 0 x k
   
0,25
2. Giải hệ phương trình:
3
3
2y 2x 1 x 3 1 x y
x 3x 2y 40 0

    


   



1,00
Giải hệ :

3
3
2y 2x 1 x 3 1 x y (1)
x 3x 2y 40 0 (2)

    


   



ĐK:
x 1

.
0,25
3
(1) 2y y 2(1 x) 1 x 1 x
      

Xét hàm số
3
f(t) 2t t
 


2
f '(t) 6t 1 0 t
   

f(t)

đồng biến trên


Do đó


f(y) f 1 x y 1 x
    

0,25
Thay
y 1 x
 
vào (2) ta được
3
x 3x 2 1 x 40 0
    

Đặt:
3
g(x) x 3x 2 1 x 40
    

2
1
g '(x) 3x 3 0, x 1
1 x

     




g 3 0 x 3
    
là nghiệm duy nhất


0,25


0,25
II
2
Vậy nghiệm của hệ là
x 3
y 2
 





0,25
Tính tích phân:
6
0
dx

I
cosx.cos x
4



 

 
 

.
1,00

6 6
2
0 0
dx
dx
cos x
I 2 2
cosx(cosx-sinx) 1-tanx
 
 
 

0,25
III
Đặt t = tanx
2

dx
dt
cos x
 

0,25

3
Câu Ý

Nội dung Điểm
1
x 0 t 0;x t
6
3

     
1
1
3
3
0
0
dt
I 2 2 ln t 1
1-t
   


0,25

3 3
I 2 ln
3

 
0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O,
AB a,BC a 3.
 
Tam giác SOA cân tại S; mặt phẳng (SAD) vuông góc với
mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SD và (ABCD) bằng
0
60
. Tính thể tích
S.ABCD và khoảng cách giữa SB và AC.
1,00


A

S

C

B

E

K

O

I

H

D


Kẻ
SH AD

. Vì
(SAD) (ABCD) SH (ABCD)
  

SH AO.
 
Gọi I là trung điểm
AO SI AO.
 

Do đó
HI AO

và

0
SDH 60


Ta có
OA OB AB a AOB
    
đều
BI AO
 

Vậy B, I, H thẳng hàng
0,25
Ta có
0
1 a AI a
AI AO ;AH
2 2 cos30
3
   
0
3
S.ABCD ABCD
2a
HD SH HD tan60 2a
3
1 2a 3
V SH.S
3 3
    
 

0,25
Ta có

AC (SBI)

. Trong (SBI) kẻ
IK SB (K SB)
 


IK là đoạn vuông góc chung của AC và SB
Kẻ
HE SB (E SB).
 
Ta có
2 2
2a
HB AB AH
3
  
2 2 2 2
1 1 1 1
HE a
HE BH SH a
IK IB IB 3a
IK HE.
HE BH BH 4
    
   

0,25
IV

Vậy
 
d SB; AC
3a
4

0,25
V 1
1. Cho hình vuông ABCD, E là trung điểm BC, phương trình DE:
x y 2 0,
  
đỉnh C(3;-3); đỉnh
A :3x y 2 0.
   
Xác định tọa độ các
đỉnh còn lại của hình vuông.
1,00

4
Câu Ý

Nội dung Điểm
Gọi
A(a;2 3a) .
 
Ta có
d(A,DE) 2d(c;DE)


a 3

4a 4
4
2
a 1
2 2



  

 


A(3; 7)
 
hoặc A(-1;5)
0,25
Vì A và C khác phía đối với DE nên A(-1;5) thỏa mãn 0,25
Gọi


DE ADD d (d 1;d,
)
2
7
d 
    


CD (d 3;d 1)
  


ABCD là hình vuông nên
AD.CD 0
AD CD







 

2 2 2 2
(d 1)(d 3) (d 7)(d 1) 0
(d 1) (d 7) (d 3) (d 1)
d 5
     



      

 

D(5;3).


Ta có
AB DC B( 3; 1)
   
 

0,25
Vậy A(-1;5) B(-3;-1) D(5;3)
0,25
2. Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng
1
x 1 y 2 z 2
d :
2 1 2
  
 

và
 
2
x 2 t
d y 3 t t
z 4 t
 


  


 



; mặt phẳng
(P) : x y z 6 0
   
. Lập phương trình
đường thẳng (d) song



1,00




Phương trình tham số của
1
x 1 2u
d y 2 u
z 2 2u
 


  


 

(P) có VTPT
p
n (1; 1;1)

 


1
2
M d M(1 2u; 2 u;2 2u)
N d N(2 t;3 t;4 t)
MN ( t 2u 1;t u 5;t 2u 2)
     
    
        



0,25
p
MN / /(P) MN.n 0 t u 2
    
 

Do đó
2
MN 3 2u 2u 2
  

0,25
2
u 1
MN 3 6 2u 2u 2 6
u 2

 

     




+ Với
u 1:M( 1; 3; 4)
    
(loại do
M (P))


+ Với
u 2:M(5;0; 2);MN (3; 3; 6)
    


0,25
2
Vậy
x 5 y z 2
(d):
1 1 2
 
 
 

0,25

Cho khai triển nhị thức Niutơn
 
n
2 n
0 1 2 n
3 4x a a x a x a x
      . Tìm hệ
số
4
a
biết rằng
1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
C C C C 1024

   
    

1,00
Khai triển:
2n 1
2n 1 k k
2n 1
k 0
(1 x) c x (1)




  

0,25
VI
Thay x = 1 và x = -1 vào (1) rồi trừ từng vế ta được
1 3 2n 1 2n
2n 1 2n 1 2n 1
C C C 2 1024 n 5

  
      

0,25

5
Câu Ý

Nội dung Điểm
Do đó
5
5 k 5 k k
5
k 0
(3 4x) c 3 ( 4x)


   

Hệ số của x
4
ứng với k = 4
0,25

Hệ số đó là
4 4
5
c .3.( 4) 3840
 
0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
3 3
3 3 3
1 y x
8 8x y
A
x (y 3) (1 3x) x

  
 

1,00
Từ
xy y 3x 1 0
   
đặt a =
1
x

ta được (a + 1)(y + 1) = 4  S + P = 3 P = 3 – S =>
S 2


P =
3
3
2 2
a y
8 a y
y 3 a 3
 
 
 
  
 
   
 
 
 
 
 

0,25

3
2 2
a y
2 a y
y 3 a 3
 
  
 
 

 
=
3
2
S 3S 2P S
2
3S P 9
2
 
 

 
 
 

0,25
=
3
2
S 3S 2(3 S) S
2
3S (3 S) 9
2
 
  

 
  
 

=
3
3
2
S 5S 6 S S 1 S
2 2
2S 12 2
2 2
 
  
 
  
 
 

 
 
=
3
(S 1) S
,S 2
4
2

 

0,25
VII
f’(S) =
3

4
(S – 1)
2
–
1
2
> 0, S  2 
1
minP f(2) 2
4
   
Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi a = y = 1 hay x = y = 1.
0,25

________HẾT________