DE THI THU DH MON TOAN LAN 4 NAM 2014LG1

<span class='text_page_counter'>(1)</span> Trường THPT Lạng Giang số 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – Khối: A, A1 đề chính thức Thời gian làm bài, 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm): Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 4   2m  1 x 2  2m  1 1 1)khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2)Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A, B, C , D có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 với  x1  x2  x3  x4  thỏa mãn 4 x16  3 x26  2 x36  x46  250. . . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  1  3 sin x  3 cos x ..  x3  y 3   3x 2  y  2  y  1   3 y 2  x  2  x  1  0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  . 2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0 . s inx  sin 3 x dx . cos2 x  7 0 2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  . Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông.Gọi M là trung điểm của AB .Biết MD  mặt phẳng  SMD  và mặt phẳng  SAC  cùng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa CD và SM bằng. 3a 5 , 2. 3a 15 .Tính thể tích 4. của khối chóp S . ABCD và tính góc giữa SC và mặt phẳng  SAB  theo a ..  a , b, c  0 1 1 1 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho  .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2    2 2 a b c ab bc ac a  b  c  3 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) Phần A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M  4; 2  là trung điểm. BC ,điểm E thuộc cạnh CD sao cho EC  3ED ,phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  4  0 .Tìm tọa độ điểm A biết A có tung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 :. x y z 1   1 2 1. x  2 y 1 z 1 .Tìm tọa độ điểm M  d1 ,điểm N thuộc trục Ox sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường   1 2 2 thẳng d 2 và MN  2 5 d2 :. Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi M là tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ tập hợp E  0;1; 2;3; 4;5;6 .Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba phần tử của M .tính xác suất để ba số lấy được đều là số chẵn. Phần B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông tại A .Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM .Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D .Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác. 4  ABC biết BC điqua N  ;0  ,phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ dương. 3 . x 1 y z 1 và điểm   2 1 3 A  3; 0; 4  .Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua A ,song song với đường thẳng d và khoảng cách từ d đến mặt. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d :. phẳng  P  lớn nhất. Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z  1  3i .Viết dạng lượng giác của z .Tìm phần thực và phần ảo của   1  i  z 5 =================== Hết ====================.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THPT Lạng Giang số 1. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM 2014 MÔN TOÁN – Khối: A, A1. Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.. Câu. Hướng dẫn giải Cho hàm số y   x   2m  1 x  2m  1 4. Câu 1. Điểm. 2. 1)khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 . 2)Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A, B, C , D có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 với  x1  x2  x3  x4  thỏa mãn 4 x16  3 x26  2 x36  x46  250 . Với m  0 ta có hàm số y   x 4  x 2  1 +)TXĐ:R,hàm số là hàm số chẵn +)Các giới hạn: lim y  ; lim   x . x . x  0 3 +)Có y '  4 x  2 x  y '  0   1 x    2 +)Bảng biến thiên. 1.1. (1.0 điểm). 1   1   +)Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;   ;  0;  2  2   1   1  +)Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;0  ;  ;   2   2  . 0.25. 0.25. 0.25. 3 3  1  1 +)Điểm cực đại của hàm số là   ;   và  ;  2 4   2 4 +)Điểm cực tiểu của hàm số là  0; 1 +)Đồ thị 0.25. Cho hàm số y   x 4   2m  1 x 2  2m  1 ,đồ thị  Cm  .Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A, B, C , D có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 với  x1  x2  x3  x4  thỏa mãn 4 x16  3 x26  2 x36  x46  250 1.2 (1.0 điểm). Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của  Cm  và trục hoành:. 0.25.  x 4   2m  1 x 2  2m  1  0 1 Đặt t  x 2  t  0  có phương trình: t 2   2m  1 t  2m  1  0  2 . +)Điều kiện để đồ thị  Cm  cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A, B, C , D là phương trình  2  có hai nghiệm dương phân biệt Kết quả: m . 3 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 2. Với m  đồ thị  Cm  cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A, B, C , D có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 , x4 với  x1  x2  x3  x4  thỏa mãn 4 x16  3x26  2 x36  x46  250 Khi và chỉ khi. 5 t  t 3 1. 3 2.  2m  1.   250  t. 3 1. 3. 0.25. 3. 3 2.  t  50   t1  t2   3t1t2  t1  t2   50  2.  3  2m  1  50. 0.25. 3. Giải được m  2 .Kết luận m   ; 2  2  Câu 2. . . Giải phương trình 2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  1  3 sin x  3 cos x . Phương trình đã cho tương đương với phương trình. . cos2 x  3 sin 2 x  2  3 s inx  3 cos x . (1.0 điểm). Câu 3.  0.25. 1  1 3 3 cos2 x  sin 2 x  1  3  s inx  cos x  2 2 2 2 .         cos  2 x    1  3cos  x    2 cos 2  x    3cos  x   3 6 6 6        cos  x  6   0       3 cos  x     loai  6 2     2  x    k  x   k  k    .KL 6 2 3. 0.25. 0.25. 0.25.  x3  y 3   3x 2  y  2  y  1   3 y 2  x  2  x  1  0 Giải hệ phương trình  . 2 2  x  y  xy  7 x  6 y  14  0 ĐK: x, y  1 Từ phương trình thứ hai của hệ ta có: 10  2 2  x  y  1  1 2  x  3  x   y  7  x  y  6 y  14  0  x  0     2 2  0  y  x  1  1 1  y  7  y   x  6  y  x  7 x  14  0  y  3. . . 3. . 3.  .  . Từ phương trình 1 ta có x  y  1  3 x  y  1  y  x  1  3 y  x  1 3. '. 0.25. . 2. Xét hàm số f  t   t  3t  t  1 có đạo hàm f  t   3t  3t  0 .Hàm số đồng biến (1.0 điểm). trên 1;  . 0.25. . . . . Vậy phương trình 1 có dạng f x  y  1  f y  x  1 tương đương với x  y  1  y  x  1 * Xét hàm số g  a   a  a  1  a  0  có đạo hàm g '  a   1 . 1  0 .Hàm số đồng 2 a 1. 0.25. biến.Suy ra *  x  y x  2  Thay y  x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 3 x  13 x  14  0   7  x  3 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 7  x x  2  3 Kết luận:Hệ phương trình có hai nghiêm  và  y  2  y  7  3 . s inx  sin 3 x dx . cos2 x  7 0 2. Câu 4. Tính tích phân I   .  3. . s inx 1  sin 2 x . s inx  sin x 1 2 cos 2 x sin x dx   dx  dx 2 2 0 cos 2 x  4 0 cos2 x  7 0  2 cos x  1  7 2. 2. Ta có: I  . 0.25. Đặt t  cos x  dt   sin xdx Đổi cận: x  0  t  1; x  1. (1.0 điểm). Suy ra I . t 0 0.25. 1 t dt 2  2 0 t 4 1. 1 t2 1  1 1  1 1 I  2 dt    1    dt   t  ln t  2  ln t  2  0 2 0 t 4 2 0 t2 t2 2 . Cho. 2. 2. 1. Tính:. . 0.5. 1 1  ln 3 2. hình. chóp S . ABCD có. đáy ABCD là. hình. vuông.Gọi M là. trung. điểm. 3a 5 ,mặt phẳng  SMD  và mặt phẳng  SAC  cùng vuông góc với đáy, 2 3a 15 khoảng cách giữa CD và SM bằng .Tính thể tích của khối chóp S . ABCD và tính góc 4 giữa SC và mặt phẳng  SAB  theo a . của AB .Biết MD . Câu 5. +)Ta có : 1 VS . ABCD  SH .S ABCD .Tính được 3 AD  3a suy ra S ABCD  9a 2 +)Khẳng định được d  CD, SM   d  CD,  SAB  . S. N. Q E M. (1.0 điểm. A. D H O. B. C.  d  D,  SAB    3d  H ,  SAB   +)Xác định được d  H ,  SAB    HQ . 0. 5. 1 a 15 HQ  d  CD, SM   3 4 +)Từ đó tính được SH  a 15 . Suy ra SS . ABCD  3a3 15. +)Kẻ HN song song với SC .Suy ra góc giữa SC và mặt phẳng  SAB  là gócgiữa HN và mặt phẳng  SAB  .  +)Xác định được góc giữa HN và mặt phẳng  SAB  là HNQ  +)Tính được sin HNQ. 3 15 4 23. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 6.  a , b, c  0 1 1 1 1 Cho  .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2    . 2 2 a b c ab bc ac a  b  c  3 1 1 1 +)Áp dụng bất đẳng thức  x  y  z       9  x, y, z  0  x y z 1 1  1 1 1 9  1 Suy ra  ab  bc  ca       9  a, b, c  0      1 ab bc ca ab  bc  ca  ab bc ca  Dấu “=”xẩy ra khi và chỉ khi ab  bc  ca và a, b, c  0  a  b  c . 1 1 1 1 1 9     2  2 2 2 2 2 a  b  c ab bc ca a  b  c ab  bc  ca Từ 1 suy ra: 1 1 1 7  2     2 2 2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca +)Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho ba số dương ta có: 1 1 1 3     3 a 2  b 2  c 2 ab  bc  ca ab  bc  ca 3  a 2  b 2  c 2   ab  bc  ca 2. 1.0. Dấu đẳng thức trong  3 xảy ra khi và chỉ khi a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a  b  c (1.0điểm). Từ  2  và  3 suy ra:. 1 1 1 1     2 2 a  b  c ab bc ca. 3. 2. 3. a. 2.  b 2  c 2   ab  bc  ca . 2. . 21  4 3  ab  bc  ca . Lại theo bất đẳng thức AM  GM ta có. 3. a. 2. 2.   ab  bc  ca . 2. a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca . a  b  c . 2.  3 5 3 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   3  ab  bc  ca . b c. Mặt khác. 2. . 3. 2.  3  ab  bc  ca    a  b  c   9 1 1 1 1 3 21 10       +)Từ  4  ,  5  ,  6  suy ra P  2 2 2 a  b  c ab bc ac 3 9 3 Dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .KL. 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M  4; 2  là trung điểm Câu 7a. BC ,điểm E thuộc cạnh CD sao cho EC  3ED ,phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  4  0 .Tìm tọa độ điểm A biết A có tung độ dương. B. A. M. N (1 .0 điểm). j F D. H. E. Gọi AB  a  a  0  , H là hình chiếu vuông góc của M trên AE , F là giao điểm của MH và AD , N là trung điểm của AD . Có tứ giác DEHF nội tiếp đường   DEH   180    tròn  DFH AED  NFM Suy. 0.5. 2. C. ra ADE  MNF  MF  AE  a 2 . a a 17  16 4. HF DE 1    HA  4 HF HA DA 4 9a 2 9a 2 3a  17 HF 2   HF  +)Mặt khác AH 2  HF 2  FA2  .Do đó 16 16 4 17. +)Có AHF  ADE . 14 a 17 3a 7a MH  MF  HF    .Lại có MH  d  M , AE   a4 4 17 4 17 2 17. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> t  0 2 2 +) A  AE  A  t ; 4  4t  ,vì AM 2  AB 2  BM 2   4  t    4t  2   20   24 t   17 24  24 28  +) t  0  A  0; 4  (t/m) ; t   A  ;   (loại) 17  17 17   6 . +)Cách khác:Sử dụng định lý côssin trong tam giác AME ,tính được cos EAM 85 Sau đó dùng công thức tính góc giữa hai đường thẳng AE và AM tìm được tọa độ A. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 : Câu 8a. x y z 1   1 2 1. x  2 y 1 z 1 .Tìm tọa độ điểm M  d1 ,điểm N thuộc trục Ox sao cho đường   2 1 2 thẳng MN vuông góc với đường thẳng d 2 và MN  2 5 . d2 :. Ta có: M  d1  M  m; 2m; 1  m  và N  Ox  N  n;0;0    MN  n  m; 2m; m  1 ; d 2 có một véc tơ chỉ phương là u2 1; 2; 2  . MN vuông góc với   đường thẳng d 2 suy ra MN .u2  0  n  m  4m  2m  2  0  n  3m  2  0 1 2. 2. MN  2 5   n  m   4m 2   m  1  20  2  (1.0điểm). Câu 9a. n  3m  2  0 +)Từ 1 và  2  có hệ phương trình  2 2 2  n  m   4m  1  m   20  m  1; n  5 Giải hệ phương trình được   m  5 ; n  3 3   5 10 8  Kết luân: M 1; 2;0  và N  5;0;0  hoặc M   ;  ;   ; N  3; 0;0   3 3 3. 0.5. 0.25. 3 +)Số phần tử của không gian mẫu là C48. +)Tính được số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau là A42  2.3.3  30 +)Gọi A là biến cố 3 số lấy ra từ tập hợp M là ba số chẵn,tính được số phần tử của biến cố A là C303 +)Từ đó tính được xác suất của biến cố A là P  A . 0.5. C303 1015  . 3 C48 4324 0.25. Kết luận:. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC vuông tại A .Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM .Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D .Xác Câu 7b. 0.5. Gọi M là tập các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ tập hợp E  0;1; 2;3; 4 .Lấy ngẫu nhiên đồng thời ba phần tử của M .tính xác suất để ba số lấy được đều là số chẵn. +)Tính được số phần tử của E là A53  A42  48. 1.0 điểm. 0. 25. 4  định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC điqua N  ;0  ,phương trình đường 3  thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ dương..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   MDC   90 .Suy ra tứ +)Ta có BAM giác ABCD nội tiếp trong đường tròn đường kính BC .  +)Từ đó có  ABM  MCD +)Có. B. C A. I. M. BA 3  3 cos  ABM    cos MCD BM 10 10. 0.25. D.   CI .u 10c  16      +) C  CD  C  3c  6; c  .Suy ra cos MCD . CI u 10 10c 2  32c  26 1.0 điểm. +)Từ đó suy ra:. 10c  16 2.  3  10c  16  3 10c 2  32c  26. 10c  32c  26  c  1 2  5c  16c  11  0    c   11 5  +)Với c  1  C  3; 1 (T/m) 11  3 11   C   ;   (loại) 5  5 5 Khi đó lập được phương trình đường thẳng BC : 3 x  5 y  4  0 ,tìm được điểm M  1; 1. +)Với c  . 0.25. 0.25. và lập được phương trình đường thẳng BM : 3 x  y  4  0 .Từ đó tìm được B  2; 2  +)Lập được phương trình đường thẳng AC : y  1  0 +)Lập được phương trình đường thẳng AB : x  2  0 +)Từ đó tìm được điểm A  2; 1. 0.25. x 1 y z 1 và điểm   2 1 3 A  3; 0; 4  .Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua A ,song song với đường thẳng d và. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 8b. khoảng cách từ d đến mặt phẳng  P  lớn nhất.. Gọi B là hình chiếu vuông góc của A trên d và gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên  P  .Do d song song với  P  nên khoảng cách giữa d và  P  là khoảng cách. 0.25. từ B đến  P  và bằng BH. 1.0 điểm. Lập luận được: BH  BA (Không đổi).Do đó BH lớn nhất bằng BA khi H trùng A .Khi đó  P  là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với BA .. 0.25.  40 13 53    2 13 2  Tìm được tọa độ B  ; ;   BA   ; ;   .Từ đó xác định được một véc tơ  14 14 14   14 14 14   pháp tuyến của  P  là n  2; 13;3. 0.25. Viết được phương trình mặt phẳng  P  : 2  x  3  13  y  0   3  z  4   0 Hay  P  : 2 x  13 y  3 z  18  0 .KL. Câu 9b. Cho số phức z  1  3i .Viết dạng lượng giác của z .Tìm phần thực và phần ảo của   1  i  z 5 .. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 3  Tính z  1  3i  2    2 2 i   . 1.0 điểm.     2  cos  i sin  3 3  5 5  Suy ra z 5  25  cos  i sin 3 3  Do đó   16. . . 0.25. 0.25    16 1  3i . . . . 0.25. . 3  1  16 1  3 i. . . . Vậy  có phần thực là 16 1  3 và phần ảo là 16 1  3. . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>