Đề thi thử đại học môn Toán năm 2014 tỉnh Bắc Ninh (THPT Thuận Thành 2)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
NGÀY 05/01/2014
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013
Môn : TOÁN, Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số:
2x 1
y
x 1




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y=
1
2
x m
 cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0).
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:








42
cos)sin2(
2
cos)
2
cos
2
(sin22
33

x
x
xxx
.
2. Giải phương trình :
2 2
27 2
1 2
8
x x x x x
   
Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.
2 2
3 1
1
x x x
x
x e xe e
dx

xe
  



Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC =
2 3a
, BD = 2a và cắt nhau
tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB)
với (SBD).
Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn:
2 2
2
x y xz yz xy
   
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
 
4 4 4
4 4 4
1 1 1
4 4
P x y z
x y z

 
    
 
 

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d
1
: 3x-4y-24=0,
d
2
: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d
1
tại A và cắt d
2
tại B, C sao cho BC = 4 5 và

sinA
=
2
5
. Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương.
2. Giải hệ phương trình:


 
2 4
2

9 3
log log 2
log log 1
y xy
x x y
 


  



Câu VII.a (1,0 điểm).
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được
lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn


2 2
: 2 C x y .Viết phương trình tiếp tuyến của
đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ
nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy.
Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình
2
2
2

log
log
2 4 20 0
x
x
  
2

.……….Hết………
Họ và tên thí sinh , Số báo danh
www.VNMATH.com
2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
-ý
Nội dung Điểm
I.1
*Tập xác định :
 
\ 1D  
Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

   


Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
*Hàm số không có cực trị
Giới hạn
1


 
x
lim y
1


 
x
lim y
2


x
lim y 2


x
lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x  1 
y’ - -

y
2












2
*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ)

0.25



0.25







0.25

0.25
I.2

* PT hoành độ giao điểm của d
m:
y =
1
2
x m
 với (C) là :
2 1 1
1 2
x
x m
x

  


   
2
1
5 2 2 2 0 1





    


x
x m x m

dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác
2
4 12 17 0
1 2 5 2 2 0
m m
m m

  


    

  m
* Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của PT(1):
1 2
5 2

x x m
    . Toạ độ giao điểm của d
m
với (C):
1 1 2 2
1 1
; , ;
2 2
A x x m B x x m
   
 
   
   
.Gọi I là trung điểm của AB thì
5 2 5 2
;
2 4
m m
I
 
 
 
 

* KA=KB
3
2
m
KI d m   

0.25



0.25


0.25

0.25

II.1
Pt(1)
 






















2
sin
2
cossin2
2
cos
2
cos
2
sin1
2
cos
2
sin4
xx
x
xxxxx

 






















2
sin
2
cossin2
2
cossin
2
1
1
2
cos
2
sin4

xx
x
x
x
xx



























01
2
cos2
0sin2
0
2
sin
2
cos
01
2
cos2)sin2(
2
sin
2
cos
x
x
xx
x
x
xx

+)
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
  
 

             
 
 

+) 2xsin0xsin2  (vô nghiệm)


0.25





0.25


0.25




www.VNMATH.com
3
+) 2cos
1 4
1 0 cos 4
2 2 2 3
x x
x k




       
(t/mđk)
Vậy nghiệm của phương trình là:
 
 
       
4
x k2 ,x k4 k
2 3


0.25
II.2

III
ĐK: x 0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có:

*
 
2 2
27 27
2 2 2 2 2
4 4
x x x x x x x x x
       
2
2 27
1 (*)
4
x
x
x

  
VT(*) = f(x) có f’(x) =
2
1
0, 0
2
x

x
x
x

  

, f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng


0;

VP(*) = g(x) có g’(x) =
27
0, 0 ( )
2
x x g x
    là hàm đồng biến trên khoảng


0; .
 phương trình (*) có không quá một nghiệm.
Mặt khác x =
2
3
là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =
2
3
.




 


 
2
1 1
1
1 1
ln 1 ln 1 ln 1
x x x x
x
x x
x x x x x x x x
xe e xe d xe
I dx xe dx
xe xe
x xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C
   
   
 
              
  
 




0.25

0.25


0.25



0.25





0,5

0,5



IV
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a. Gọi K là hình
chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI
Ta có trong tam giác vuông AOB ta có:

2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
3 2
a
OK
OK OA OD a a
     
.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
    .

Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a

  
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO  .

Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO 

Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là
Tam giác SBO . Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBD) ta có os
SBO
SAB
s
c
s


Ta có :
2
2
1 1 1
. , os arccos
2 4 4 4
SBO SAB
a

s OB SO SK a s a c
 
        









0.25







0.25





0.25

0.25

A

B C
O
I
D
a

K
S

www.VNMATH.com
4

V

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức:
 
2
2 2
2
a b
a b

 
Ta có:
 
 
 

2
4
2 2
4 4
42 2 4 4
1 1 8 1
2 2 8
x y
x y
P z z
x y z z
x y
 
  


 
 
       
 
  
 

 
  
 

Đặt
 
4

4
0 1
x y
t
z

  
Khi đó ta có:
8 8
1 1 2
8 8
t t
P
t t
  
     
  
  

Xét hàm số



2
8 1 8
( ) 2 '( ) 0, 0;1
8 8
t
f t f t t
t t

        

Ta có f(x) nghịch biến trên


0;1


0;1
81
min (1)
8
t
P f

  

Khi đó x = y =
2
z

0.25



0.25

0.25



0.25
VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C )
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d
1
) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d
1
)
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d
2
) =
2 2
5R MB 
.
Khi đó ta có hệ:
3 4 24 25
2 6 5
x y
x y
   


  


Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu

TH1


1;1I ta có phương trình (x -1)
2
+(y-1)
2
=25
TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)
2
+(y-7)
2
=25
0.25
0.25




0.25

0.25
VIa.2
Đk:
2
9 3
0
0 0 log log
2 0
x y

y x x x
xy
 


    


 


Khi đó ta có hệ
2
2
2
3
y xy
x xy

 



 




 
2

2
2
1( )
3
1
1
2
3
3
x y loai
x
x y
x y
y
x xy
x xy
   



 




 
  
  




 



 

(t/mđk)


0.25


0.25


0.5

VIIa
Từ 6 chữ số đã cho ta lập được
4
6
360A  số có 4 chữ số khác nhau
Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là
2
3
3C 

Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là
2

3
3C 

Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
2 2
3 3
. .4! 216C C 
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong
đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là:
216 3
360 5
P  
0.25


0.25


0.25


0.25
VIa.1
+




 

Tâm : 0;0
Ban kính : 2
C O
C R










. Gọi tọa độ




;0 , 0;A a B b với 0, 0a b  .

0.25


www.VNMATH.com
5
+ Phương trình AB:
1 1 0
x y x y
a b a b

     

AB tiếp xúc (C)
 
2 2
2 2
1
, 2 2 2
1 1
ab
d O AB
a b
a b
     


(***)

2 2 2 2
2 2
2
2a
OAB
a b a b
S
a b b

   


OAB
S


nhỏ nhất khi
a b
.
Từ
a b
và (***) suy ra
2a b 
.
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là
1 0
2 2
x y
   .


0.25




0.25


0.25
VIa.2

*Ta có
( )
AH BC
BC AOH BC OH
AO BC


   



.
Tương tự AB OH Suy ra ( )OH ABC .
*Phương trình mp (ABC):
1 2 2 0
2 1 2
x y z
x y z        


*mp(ABC) có vtpt


1;2;1n  

nên OH có vtcp
(1;2; 1)u n  
 

*Phương trình đường thẳng OH:

1 2 1
2 ; ;
3 3 3
x t
y t H
x t
 



 
 

 
 




Khoảng cách từ H tới Oy là
2
3
R 
Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
x y z
     
     

     
     










0.5


0.25


0.25


VIIb
Điều kiện: x> 0 ; BPT 
2
2
2
2
4log
log
2 4 20 0

x
x
  

Đặt.
2
2
log
4
x
y 
, y 1
0.25



. BPT trở thành y
2
+ y- 20  0  - 5  y  4.Do y 1 nên ta có y  4
0.25


Khi đó ta có :
2
2
log 2
2 2
4 4 log 1 1 log 1
x
x x

      

1
2
2
x 
0.25

0.25




Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .


www.VNMATH.com