SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
2
= -
4 +
-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
(1), m là tham số thực
mx
y
2
5
x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông
cân.
2
+
sin2
sin 6
x
x
c
os4 )(1-2sin ) x
x
- -
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
= 0
4
4
+
y
+ - y
x
2 0
(
) ℝ
˛
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x y ,
3
2 3(1 x tan -1 + = x 5 = 2 x y
x
3 x y
xy
x
y
4
4
+ 5
1
3
- - -
-
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
4
dx
∫
5 x 2 + 1
0
,
BAD =
x x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, góc (cid:2) 060 SA = SB = SD, tam giác SAC vuông tại S, M là trung điểm SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD theo a.
2
2
> . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y z là các số thực không âm và ,
,
Câu 6 (1,0 điểm). Cho
x
y+
0
=
.
2
2
2
+
+
+
+
+
3 ) (
3 2)
+ 2
4 - P 1 + x y z z x y z 2 2 3 (
x
y
- -
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A thuộc đường cắt đường thẳng
, đường tròn đường kính AC có phương trình
= 2 2)
20
1)
(
(
d
x
y+ 2
- = 5
: 3
0
, biết
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
thẳng BC tại điểm H (-3; 0), (H C)
cosABC
(cid:2) 1 = 5
- „
biết điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8
(1,0 điểm).
x
+ z
y
x
y
- - -
Trong không gian với hệ + 1
1
1
2
2
2
=
=
=
=
+
+
và hai đường thẳng
và
.
:
:
x
y
z
x
2
- = y 2
7
0
d 1
d 2
toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 1 2
2 1
1
1
(S): z 3
1
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 .
=
. Tìm số hạng chứa
9x trong
- - - -
Câu 9 (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
2
46
+ 1 3 C C n n
n
.
khai triển nhị thức Niutơn của
23 x 2
- „ x , 0 1 x
------------------ Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, V (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐIỂM
= -
4 +
-
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN 26 x
5
y
x
CÂU 1 (2,0 đ)
1. (1,0 điểm) Khi m=3, khảo sát .... * Tập xác định: ℝ
0,25
0
+ 3
= -
* Sự biến thiên:
= (cid:219) y ' 0
x
y
3
˛ - ¨ ˛ - ¥ - ¨
(
12 ; x )
= x = – x (
)
)
(
x
y
x
;
3;
3; 0
;
3
-
(
0; 3 )
;
+ ¥ 3; )
;
- ¥ -
0,25
3 , y
4
' 4 ( ) < " + ¥ > " ' 0 y ' 0 ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( Hàm số đồng biến trên khoảng ( = – =
) 3; 0 và ( ) 3 và 0; 3 = C § = -
CT
x Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x Hàm số đạt cực tiểu tại 2
4
2
+ 4
=
(
(
)
x
6
x
Giới hạn:
y
0 , y ) = - 5
;
y
x
= - x 6
5
.
fi+¥
lim x
lim x
5 = lim fi+¥ x
+ lim x
Bảng biến thiên: x
- - ¥ - - ¥ fi - ¥ fi - ¥
3
0 3 +¥ 0 + 0 -
y' y
+ 0 - 4 4
- ¥ -
0,25
-
5-
- ¥ ¥
* Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -5) ; cắt trục hoành tại các điểm (
5;0), ( 5; 0), ( 1; 0), (1; 0)
. Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
- -
0,25
2. (1,0 điểm) Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu..
= -
+ 3
y
'
4
x
= mx
4
x 4 (
+ 2 x m
);
= (cid:219) y
' 0
2
x
m
= 0 x =
' 0=y
có ba nghiệm phân biệt (cid:219) m > 0.
pt
Hàm số có cực đại, cực tiểu (cid:219)
2
2
-
.
B
C m m
(
m m ;
5),
(
;
5)
- - -
0,25 0,25
Khi m > 0 đồ thị hàm số có các điểm cực trị là A(0; -5), ⇒ =
AB AC
.
1
0
(cid:219)
0,25
2
2
(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) = AB AC . 3
= - +
⇒
Tam giác ABC cân tại A nên tam giác ABC vuông cân (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) = 4 AB
(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) AC m m
m m
(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) AB AC .
(
(
)
;
m m (
1)
3
- -
. (vì m > 0)
m
m m ), ; (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) AB AC .
= (cid:219) 0
= (cid:219) 1)
= 0
1
-
0,25
m m ( Khi đó Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
2
+
sin2
x
sin 6
x
2 3(1
x os4x)(1-2sin ) c
Giải phương trình
= 0
tanx-1
p
- -
2 (1,0 đ)
p
k
c osx
0
Điều kiện:
,
k
ℤ
„ (cid:219) ˛
0,25
+ 2 p
tanx 1
p
k
„ x „ x
+ 4
„
Phương trình đã cho tương đương với
x
x 2sin 4 cos2
0
-
2 4 3 sin 2 os2 x
xc x
x
x 2 sin 4 cos 2
= x = 2 3 sin 4 sin 2
0
(cid:219) -
0,25
x c 2 sin 4 ( os2x
= x 3 sin 2 ) 0
(cid:219) -
˛
Z
x
x
k
• 2 sin 4
= (cid:219) 0
(cid:219) = p 4x=k
,
p k
0,25
• Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm
p k 4 = x = x
- p + p k
4 p
Z
•
+ x
p m
x
x
m
c os2x
3 sin 2
= tan 2
,
(thỏa mãn)
2
1 (cid:219) = 3
- (cid:219) ˛
0,25
12 p
p
=
+
x
p m
,
m Z
Vậy phương trình có nghiệm
k ˛ Z
x
p k
;
x
p k
;
12
2
4
4
4
+
x
y
+ - y
2 0
- = = + ˛
Giải hệ phương trình
(
) ℝ
˛
3 (1,0 đ)
x y ,
3
x
4
3 x y
+ = x 5 = 2 x y
4
xy
+ 5
x
y
5
4
4
4
4
+
x
+ - y
5
x
+ - y
+ = x
2 0
5
- - -
(cid:219)
0,25
2
y +
x
y - = y
xy
4
x
x
y
2 0 = xy 4 ) 0
1)(5
(
5
Hệ phương trình đã cho tương đương: + = + x
4
4
+
+ =
- -
x
4
xy
2 0 (1)
x
4
- (cid:219)
0,25
y - = y 4
xy 4
2
4
2
2
+
+ ‡
5 Nhận xét:
x
y
⇒ + 4 x
4
xy
2 2
2 x y
+ = 4 xy
2
2(
xy
1)
0
2
‡ - - - ‡
Suy ra
(1)
(cid:219) (cid:219)
0,25
(2) 2 2 x y = 2 =
1
y 1
x xy
y = = x y 1 = = - y x
0,25
Thay x = y = 1 vào phương trình (2) thấy thỏa mãn. Thay x = y = -1 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn. Vậy, (
là nghiệm của hệ phương trình.
) x y = ;
( ) 1;1
1
3
dx
Tính tích phân
4
∫
-
4 (1,0 đ)
x x
2 x + 1
0
1
1
1
3
3
dx
dx
= dx
I
=
I 1
2
2 4
4
∫
∫
∫
- - -
0,25
x + 4
x +
x x
2 x + 1
x
1
1
x
0
0
0
1
1
1
3
4
4
=
=
+
=
=
ln(
1)
dx
x
0,25
I 1
∫
∫
x + 4
+ +
1
1 4
1) 1
ln 2 4
1 4
x
d x ( 4 x
0
0
0
2
1
p
2
4
=
=
=
=
=
=
=
⇒
. Đặt
x
tan
t
2
xdx
;
x
2 tan ;
t x
0,
t
0;
x
1,
t
2
= I 2 4
∫
dt 2 c os
t
4
x + x dx 1
0,25
p
0 p
4
4
p
=
=
=
I
dt
2
2
2
∫
∫
dt +
(tan
t
c 1) os
t
4
0
0 1
3
p
=
dx
Vậy
4
∫
- -
0,25
x x
2 x + 1
ln 2 4
0
Tính thể tích...
5 (1,0 đ)
⇒ ˛
Vì SA = SB = SD nên hình chiếu của điểm S xuống mặt phẳng (ABCD) là H thì HA = HB = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Mà tam giác ABD đều (vì (cid:2) 060= BAD
và
và AB =AD =a) => H là trọng tâm tam giác ABD H AC
AC
AH=
0,25
1 3
=
⇒
Do tam giác SAC vuông tại S nên ta có
= AC a
AH AC .
2 AS
AS=
1 3
2
2
2
2
0,25
=
= 2
⇒
⇒ =
SH
SA
AH
a
SH a
2 a = 3
a 2 3
2
3
6 3 6
a
3
a
2
=
=
=
Thể tích hình chóp S.ABCD là
V
.
SH S .
ABCD
1 3
a 1 3 3
2
- -
Ta có: SA = SB = SD = CB = CD = a nên
, và
SC a=
6 BM SC DM SC ,
=
=
=
^ ^
⇒
thì MO là đường trung bình của tam giác SAC
Gọi O AC BD
MO
2 SA a = 2 2
BD 2
˙
0,25
Suy ra tam giác MBD vuông tại M, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD là O Kẻ Ox//SM, từ trung điểm J của SM kẻ đường thẳng song song với MO, cắt đường thẳng Ox tại I thì IS = IB = IM = ID, hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD.
2
2
2
2
a
6
2
2
2
2
+
=
=
+
=
+
=
IM IO MO
MO
⇒ = IM
SC 4
a 8
a 4
4
0,25
6
a 3 8 = a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SMBD là
.
R
4
=
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
4 - P
6 (1,0 đ)
2
2
2
+
+
+
+
+
3 ) (
3 2)
3
1 + x y z z x y z 2 2 3 (
z
+ = ‡ 1 t
1
. Đặt
2
2
2
3 2)
= - P 1 + + + + + + y x y z x z 4 3 ) ( ( 1) 1 3 (
ta có =
2
3 ) (
3 1)
2
2
+
4 - P 1 2 + + + x y + + 2 t x y t 1 3 (
a
b
+ a b
2 ) ,
(
Áp dụng bất đẳng thức:
a b dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b ,
1 2
‡ "
0,25
2
2
2
+
x
y
+ x
(
y
2 ) ,
+ ‡ 2 1
t
1)
ta có
1 + t ( 2
1 2
2
2
2
2
2
+
+
⇒
x
y
t
+ + + x t y
x
y
t
+ + + x t y
+ + ‡ 2 1
(
1)
+ + ‡ 2 1
(
1) (1)
Suy ra
1 4
1 2
2
‡
ab
,
a b dấu “=” khi và chỉ khi a = b, ,
Lại có
+ a b 2
+ + +
t
x
+
nên
(
(2)
x
)( y t
£ "
0,25
y 2
+ £ 1)
21
từ (1) và (2 ) suy ra
P
3
1 3(
1)
2 + + + y
t
x
x
32 + + + y
t
a
= + + + ‡ y
x
t
Đặt
Xét hàm số
f a ( )
với
a ˛
[2; +¥
)
£ -
0,25
1 2 2 = - a
32 3 a 3
=
+
[
f a
= (cid:219) = a
a
f a '( )
,
'( ) 0
4 (v× a
2),
> " f a '( ) 0
2; 4)
2 2 a
32 4 a
Suy ra bảng biến thiên
- ‡ ˛
0,25
f a ( )
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a = , 4
Từ bảng biến thiên suy ra:
1 3
Suy ra giá trị lớn nhất của P là
đạt được khi
x
= = = (cid:219) t 1
y
= = x y
= 1; z
0
.
1 3
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC ..
Từ giả thiết suy ra tâm đường tròn đường kính AC là M(1 ; 2) là trung điểm cạnh AC.
£
nên
và
,
A a ( ;
)
C
(2
a ;
)
Vì A d˛
- -
0,25
+ 3 3 a 2
=
⇒
H thuộc đường tròn đường kính AC nên
HA HC
0
a 5 3 2 (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) . HA HC
^
7 (1,0 đ)
4
2
=
hoặc
a
= (cid:219) 0
+ 13 a
+ 14
a
= (cid:219) = 75 0
a
3
25 13
- 3 + = - 3; ; 5 a (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) HC ; a (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) HA 5 3 a 2 + 3 a 2 - - (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) . HA HC
0,25
=
*
không thỏa mãn ;
a
⇒ = x C
51 13
-
a
A
C
25 13 = ⇒ 3
( 1;6)
(3; 2),
( ;3 B b b
- -
0,25
+ 9) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) = - BC
2
2
2
- - - - - - ( 1 ; 11 3 ); b ; 3 3 ) b b b
* Phương trình đường thẳng BC đi qua hai điểm C(-1 ; 6) và H(-3 ; 0) là - + = ⇒ 9 0 3 y x (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) = (3 BA (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) . BA BC
2
+
+
b 40
=
=
=
(cid:2) c ABC c os
os(
(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BA BC ,
)
2
b 10 +
30 + 2
+
+
= + + + + = + + 130, 30, 10 (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BC 10 b 10 b 60 b 10 b 40 b 20 b
b 60
b 10
b 130. 10
b 20
10
2
2
+
+ <
+
+
b 4
b
b 4
(cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) = BA (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BA BC . (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:3)(cid:3)(cid:4) BA BC .
0,25
=
= -
b
⇒ - B
2
( 2;3)
2
2
+
+ =
3 + 2
+
+
+
1 5
b 6
3 0 (cid:219) = - 8 0
b
b
b 6
13.
b 2
1
b b
Vậy A(3 ; -2), B(-2 ; 3), C(-1 ; 6).
(cid:219)
8 (1,0 đ)
0,25
(1; 1;1);
(1; 2;3)
(cid:3)(cid:3)(cid:4) u
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song d1, d2… Mặt cầu (S) tâm I(1; 1; 0) và bán kính R=3. mặt phẳng (P) song song với hai đường thẳng d1, d2 có véctơ chỉ phương là (cid:3)(cid:4) u 1
2
=
=
suy ra vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
(1; 2;1)
- -
0,25
+
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng:
x
(cid:3)(cid:3)(cid:4) (cid:3)(cid:4) (cid:4) 1, n u u 2 = + + y 0 2 z D + D 1 2.1 0
2
=
= 2
+ + =
R
r
d I P ( ;(
))
- = 9 3
6
6
- (cid:219)
0,25
6
=
hoặc
6
3
D
+ = (cid:219) 3 D
(cid:219)
0,25
9 +
+
x
2
y
+ - = 9 z
0
D = - x Vậy phương trình mặt phẳng (P) là Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
…
+ + = hoặc y z 2 3 0 + = 3 1 C C 2 46 n n
9 (1,0 đ)
n
n n (
=
ta có
(đk
, n ˛ Z )
2) + = n
3n ‡
46
2
46
+ 1 3 C C n n
- - (cid:219)
0,25
1)( 3
3
0,25
n
n
n
6
+ 23 n
5
i
6
i
i
6
2
2
2
6
6
i
12 3
= (cid:219) = 138 0 n =
(cid:219) - - - - - - - -
0,25
Khi đó:
i ( 1) .
x .
∑
∑
i C 6
i C 6
i
i
= 1
= 1
6 =
i=1, do đó số hạng cần tìm là
1 x 1 x x 3 2 x 3 2 x 3 2 3 2 - 1 = x
-
0,25
9 x .
1 C 6
tương ứng với 12 -3i = 9 (cid:219) 729 16
Số hạng chứa x9 6 1
- - = 12 3 - x ( 1) . 3 2
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
--------------- HẾT --------------
Cảm ơn Việt Lưu Tuấn (tuanviet96hd@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
5
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
