BO DE DE THI THU HOA LAN7 SPHN 2014 0381 0381 0410

Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
SỞ GD VÀ ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT GIA LỘC

www.VNMATH.com

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề)

Câu I (2,0 điểm)

3
Cho hàm số y  x 3  (m  2) x 2  3(m  1) x  1 (1), m là tham số.
2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2 .

2) Tìm m  0 để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là yCĐ , yCT thỏa
mãn 2 yCĐ  yCT  4.
Câu II (2,0 điểm)


1) Giải phương trình: 2 cos3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3 cos 2 (2 x  ) .
4

 x 2  xy  x  3  0
2) Giải hệ phương trình: 
( x, y  ).
2
2
 ( x  1)  3( y  1)  2( xy  x y  2 y )  0

Câu III (1,0 điểm)

2

Tính tích phân: I  
1

x(ln x  1)
dx .
x4  2 x2  1

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy.
Góc tạo bởi SC và mặt phẳng(SAB) bằng 300 . Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.
Câu V (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1
8

2 a  b  8bc
2b 2  2( a  c) 2  3

Câu VI (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7;-3) và
BC = 2AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình
đường thẳng MN là x  3 y  16  0 .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M  2; 1;3  và đường thẳng

x  2 y  4 z 1
. Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm K 1; 0;0  , song song với


3
2
1
đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 .
d:

Câu VII (1,0 điểm)

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình

z 10
  4  3i
1 i z

_______ Hết ________

Họ và tên thí sinh: ................................................... – Số báo danh: .........................
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
www.VNMATH.com

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: TOÁN

Câu
I

Ý

Nội dung

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2
Khi m  2 ta có y  x 3  6 x 2  9 x  1 .
TXĐ: D   .
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  12 x  9; y '  0  x  3 hoặc x  1
Khoảng đồng biến: (; 3) và (1; ) ; khoảng nghịch biến (3; 1) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  3; yCĐ  1 ; đạt cực tiểu tại

Điểm
1.00

x  1; yCT  3 .
- Giới hạn: lim y  ; lim y   .

0,25

x 

0,25

x 

BBT

x

-∞

y’

-3

+

y

-1

0

-

0

+

1

-∞

1

+∞

+∞

0,25

x

0,25

-3

Đồ thị

y

4

3

2

1

1

-4

-3

0

-2

-1

-2

-3

Tìm m
Ta có y '  3x 2  3(m  2) x  3(m  1) .

 x  x1  1
y '  0  x 2  ( m  2) x  m  1  0  
 x  x2  m  1
Với m  0 thì x1  x2 . Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1  1 và đạt cực tiểu tại
x2  m  1 . Do đó

yCĐ

3m
1
 y(1) 
, yCT  y(m  1)   (m  2)(m  1) 2  1
2
2

1,00

0,25

0,25


Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT

Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
www.VNMATH.com

2

Từ giả thiết ta có
3m 1
 ( m  2)( m  1) 2  1  4  6m  6  ( m  2)( m  1) 2  0
2.
2 2
m 1

2

 (m  1)(m  m  8)  0 
 m  1  33

2
Đối chiếu với yêu cầu m  0 ta có giá tri của m cần tìm là
1  33
m  1, m 
2


Giải phương trình: 2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3cos 2 (2 x  )

4

2cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3cos 2 (2 x  )
4
 2 cos 3 x cos x  3  3 sin 2 x  3  3 sin 4 x

0,25

0,25

1,00

0,25

 2cosx(cos3 x  3 sin 3 x)  0

0,25

 2cosx(cos3 x  3 sin 3 x)  0

*cos x  0  x   k 2 , k  
2

1

II

0,25



* 3 sin 3 x  cos3 x  0  sin(3 x  )  0
6


x
 k ,k 
18
3



Vậy nghiệm của phương trình là: x   k 2 , x 
 k ,k 
2
18
3
2

x  xy  x  3  0
Giải hệ phương trình: 
( x, y  ).
2
2
( x  1)  3( y  1)  2( xy  x y  2 y )  0
Điều kiện: x 2 y  2 y  0  y  0

0,25

1,00

0,25

2

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xy   x  x  3
Thế vào phương trình thứ hai ta được

( x  1)2  3( y  1)  2 x 2  2 x  6  2 x 2 y  2 y  0

  x2  2  3 y  2 x2 y  2 y  0
3

y
y
2 2
1  0
x 2
x 2
2

y
 1 hay y  x 2  2
x 2
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
x 2  x( x 2  2)  x  3  0  ( x  1)( x 2  3)  0  x  1
Suy ra y  3
Vậy nghiệm của hệ x  1, y  3

Suy ra

2

2

III

Tính tích phân: I  
1

2

0,25

x(ln x  1)
dx .
x4  2x2  1

0,25

0,25

1,00

2

x(ln x  1) 1
 1 
I  2
  (ln x  1)d  2 
2

( x  1)
2 1
 x 1 
1

0,25


Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
www.VNMATH.com

1

du  dx
 u  ln x  1

x


Đặt 
xdx  
 dv  ( x 2  1) v  2 1



2( x  1)
2
1 1
1
 1 2 1
I  (ln x  1)  2
dx

1
2

2
2 1 x 1 x
 x 1 

0,25

2

3 1
1  1
1 
I
 ln 2    2  2 d ( x 2 )
20 10
4 1 x
x 1
13

1
3
I
ln 2  ln 5 
20
4
20
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE,
SC theo a.

0,25

0,25

1,00

S

A

M

H

T

D

I

0,25

K
E
C
CB  AB
 CB  (SAB)  SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
Vì 
 CB  SA

  300  SB  BC .cot 300  a 3  SA  a 2
  SC ,  SAB    
SC , SB   CSB
B

IV

1
1
2a 3
Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2.a 2 
3
3
3
a
Từ C dựng CI //DE  CE  DI  và DE / /  SCI 
2
 d ( DE, SC )  d  DE ,  SCI  

Từ A kẻ AK  CI cắt ED tại H, cắt CI tại K

 SA  CI
 CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK
Ta có: 
 AK  CI

0,25

0,25

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI 

 d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT

3
a. a
3a
2

Ta có: S ACI
2
5
a
a2   
2
1
HK KM 1
a
Kẻ KM//AD  M  ED  

  HK  AK 

3
HA AD 2
5
CD. AI
1
1
 AK .CI  CD. AI  AK 

CI
2
2

0,25


Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
www.VNMATH.com

a
5  38
  SA  HT  HT  SA.HK 
Lại có: sin SAK

SK HK
SK
19
9a 2
2a 2 
5
38
Vậy d  DE , SC  
19
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
8

P
2 a  b  8bc
2b 2  2(a  c)2  3
a 2.

Ta có

1
1

2a  b  8bc 2(a  b  c)
8
8
2(a  c) 2  2b 2  (a  c)  b 

2
2

3

bc
a
3  2(a  c)  2b

8bc  2 b.2c  b  2c 

Mặt khác,

Do đó P 

1,00

0,25

0,25

1
8

2(a  b  c) 3  a  b  c

1
8

, t  0.
2t 3  t
1
8

3(t  1)(5t  3)
Ta có: f '(t )  2 

,t 0
2
2t (3  t )
2t 2 (3  t )2
f '(t )  0, t  1 và f '(t )  0, t  (0;1)
 f (t ) nghịch biến trên khoảng (0;1) và đồng biến trên (1; )
3
Từ từ đó suy ra f (t )  f (1)  , t  0
2
 a  b  c  1 a  c  1
3


4
Do đó P 
. Dấu “=” xảy ra khi  b  2c  
2

 b 1
 b  ac

2
3
1
1
Vậy GTNN của P là , đạt được khi a  c  , b  .
2

4
2
Xác định tọa độ đỉnh C.
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC.
Phương trình đường thẳng DK là 3x  y  24  0 .
Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ
44

 x  5
 x  3 y  16  0
44 12

 K ( ; ).

5 5
3 x  y  24  0
 y  12

5

Đặt a  b  c  t , t  0. Xét hàm số f (t ) 

V

VI

1

 2 
41 3

Ta có DH  DK  H ( ; ) .
3
5 5
Đường thẳng AC đi qua H song song với MN, suy ra phương trình đường thẳng
AC là: x  3 y  10  0  C (10  3c; c) .
Trong tam giác vuông ADC ta có
1
1
1
1
1
1





 DC  3 2
2
2
2
2
2
144
DA DC
DH
4 DC
DC
10

0,25

0,25

1,00

0,25

0,25

0,25


Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
Tai Lieu - Bao CaoT
www.VNMATH.com

 c  0  C (10;0)
 10c  12c  0  
c  6  C ( 32 ; 6 )
5
5 5


Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua K 1; 0;0  , song song với đường
2

0,25

1,00

thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 .
Mp  P  đi qua K 1; 0;0   phương trình mp  P  có dạng:

Ax  By  Cz  A  0  A2  B 2  C 2  0 
 
ud .nP  0

 2 A  3B  C  0
Mp  P  / / d  

3 A  4 B  C  0
 H  2; 4; 1   P 
d  M ,  P   3 

2

1
 2

A  B  3C

 3
A2  B 2  C 2

 ( A  B  3C ) 2  3( A2  B 2  C 2 )
Từ (1) có C  2 A  3B , thay vào (3) ta được:

 5 A  8B 

2



 3 A2  B 2   2 A  3B 

0,25

(3)

2



 A B
 5 A  22 AB  17 B  0  
5 A  17 B
Với A  B , ta có C  B , không thỏa mãn (2)
17
19
Với 5 A  17 B , ta có A  B, C 
B . Chọn B  5 ta có A  17, C  19 ,
5
5
thỏa mãn (2)

Vậy phương trình mp  P  :17 x  5 y  19 z  17  0
2

0,25

2

z 10
  4  3i
1 i z
Điều kiện: z  0 . Gọi z  a  bi (a, b  R) . Phương trình đã cho tương đương
với
z.z  10(1  i)  (4  3i)(1  i ) z  a 2  b 2  10  10i  a  7b  (7 a  b)i

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình:

VII

0,25

a 2  b 2  10  a  7b

7 a  b  10


0,25

1,00

0,25

0,25

 a  2
 a  2, b  4

5a  19a  18  0
 
9

 a

 a  9 , b  13
5

 b  10  7 a

5
5

b  10  7 a
9 13
Vậy z  2  4i hoặc z   i
5 5
2

___________Hết_________

0,25

0,25