Đề thi thử Đại học và đáp án: Môn Toán khối A, A1, B và D (Năm 2014)

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 Môn: TOÁN ; Khối A, A1, B và D Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

 2.

23 x



 y x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm trên đường thẳng x 9

 những điểm mà qua đó kẻ được ba tiếp tuyến

đến đồ thị (C) của hàm số.

Câu 2 (2,0 điểm).





 x 2 3 sin 2 . 1 cos 2



a) Giải phương trình:

b) Giải phương trình:









log

2 log 2

 2 4cos 2 .sin  x  x 2sin 2 1  x



  1 3.

1 2



2 x









 log 1 2 Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 

3 2 2

 





AM 2

  x    2 y 12  Câu 4 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a BD a Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên (SAB) 060 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin tạo với mặt đáy một góc của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA.



2 b



2 3.

 Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức:

  a b c



Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1   a b c

 ) 2   

2 a   

II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) A. Dành cho thí sinh thi khối A, A1

Câu 6a (1,0 điểm). Cho

Xác định số hạng không phụ thuộc vào

P x ( )





 x x (

1 x

  

 )  

x khi khai triển

( )P x biết n là số nguyên dương thỏa mãn



3 C n

 n A  2

2 n

Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ

(1;5). và

Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là

,Oxy cho tam giác ABC có đỉnh 

A 2;2

Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.

5 2

 K  

 ;3 .  

A. Dành cho thí sinh thi khối B, D Câu 6b (1,0 điểm). Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.

Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm

và hai

(0;2),

 4 B 0;  5 

  

  

1 0,

x y

2 0.

   Hãy viết phương trình đường : 2 ,d d lần lượt tại M, N sao cho AM song song 1

đường thẳng d : d x y 2 1 thẳng d đi qua gốc tọa độ và cắt với BN.

http://megabook.vn/

----- HẾT -----

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM TỔ TOÁN – TIN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 Môn: TOÁN

Câu Đáp án Điểm

a) Học sinh tự giải 1,0 Câu 1 (2,0 điểm)

2 x 3

  2

 k x m

(

 ) 9 m





 x k

b) Gọi M (m; 9m – 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x – 7. Vì mọi đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng đi qua M và có dạng: y = k(x – m) + 9m – 7. Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

2 x 3

  2

2 x (3



6 )(

 x x m

 ) 9 m





 x k

3   x   2 x 3  3   x    2 3 x 

2 mx 3

5 0

 



 (5 3 )

5 9

 

m x





0,5

 

3 x 2    x Do đó điều kiện của m là:

Qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: 2  mx m  x 9 3  2  1 2 x 

2 m

2 m  m (5 3 ).1 5 9

m

m   5 3   m 8(5 9 ) 0   m 42   15 0 0,5   1 3   5 m  1   m   0  9       2 2.1   1

 1.

Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 hoặc     m     m 1 3

sin 2

x 

1 2





2 4cos 2 .sin

 x

  3 0



 x



3 0    x 2cos 2 1 cos 2 x



a) Điều kiện: Câu 2 (2,0 điểm)

2 x cos 2

2 3sin 2



x  3 sin 2

3 sin 2

x cos 2

cos 2

 x







0,5  x  0   x x 

2 3 sin 2 .cos 2  x cos 2  x 

3 sin 2

x cos 2

 x

3 sin 2

x cos 2

2(*)

 x



2 3 sin 2 .cos 2  2

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:  x 2 3 sin 2 . 1 cos 2 2 3 sin 2  x  2 3 sin 2  x     

x sin 2

c os2

3 sin 2

 x c

x os2

 0

1   2

3   2

Mà

(*)



3 sin 2

 x

cos 2

  2

sin(2

 x

) 1

  



 . k

 3

 6





0,5

k k    , .

 3

http://megabook.vn/

Vậy nghiệm của phương trình là:

x 

1 4

b) Điều kiện

2 x  1 2

Phương trình đã cho tương đương với:  x 2 x  1  0,5 2 8

  * .



 x 4 x  2   4 16 x 2 x  1 2 x

2 (4 ) x  (1 2

2 x )

Chia hai vế của (*) cho 1 2 x ta được:   2. x 4  1 2 x

2 t

0,5 Đặt t          t 1 2 2 t x . 3 2 x 4  1 2 x

x   1

3 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

 x

2 x

  4

2  ( 2 ) y

   4

y ( 2 )

Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với: Câu 3 (1,5 điểm)









f t ( )



2 t

  4 .

  f x



2 y



2 t

  4

với 0,75

  '( ) 1 t





  

  f t



2 t biến trên R. Từ đó

 4   f x

2  4  4 t 2      y 2 . y

Ta có là hàm số đồng

 

2 x 3



x 5

 

3 2 2



  ( x

3 1)



  1)

3 x



 3   1 2

1 

Thế vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được:

y g t ( )



3 t



t 2 .





   g x

 1

với





g t

2  '( ) 3 t

   

2 0,

  g t

Ta có là hàm số đồng biến trên R. Từ đó:

 g x

   1





0,75 g x  1

2   3 x

   1 x x  1

x 3  0







ABCD



  SH

ABCD

 SAC





2 x 1  . x 0 

   

SK AB

   1; 2 , 0; 0 .     ABCD SDM là góc giữa hai mặt phẳng 

 SAB

Câu 4 (1,5 điểm)     y      0 y Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:    vì  Gọi H AC DM ,  60o  SKH

HK AB . ABCD





Từ H kẻ và 

1   3

AO 2

1 4

HA AM  HC CD đều , AO là đường cao







 HK AH

.sin

 HAK



3 1 . 4 2

 

SH HK

o .tan 60



http://megabook.vn/

a 3 8

. Do AM // 0,75 Mà ABD



SH S .

2 a a .



S ABCD

ABCD

1 3

Vậy

OM SA ;



 cos







Ta có



1 3  . 3 8   OM SA .   OM SA  





   .OM SA OA AM SH HA        AO AH AM AH . .





AO AM AH

.cos 30

1 2

Mà







a a . 3 4

3 3 . 2

a 4

 1  2 

 3  

0,75



 cos

 OM SA ,

12 273

Vậy

a 3

 với

a 

a 4 a 13 6 a 2 a 9

21 8 9 2 4 0

2   a 26 a



3   a

   



 (đúng)



  1

 4

Câu 5 (1,0 điểm) Ta chứng minh 0,5

c 3

b 3

2   c

2   b

Tương tự





2 a



2 b





 3

   a b c



9 c  2 2 1  2

27 2



  n

0,5 Vậy

2   n A  n 1

3 C n

 n

 2





 n



 1

9 b  ; 2 2 1 1 1   2     a b c      Dấu " " xảy ra khi a b c 1.   n N n ,       n n 1  6 

Câu 6a (1,0 điểm) Ta có 0,5









  ...



  f x

  1 x

 x

  1

 x

 1



0 C 8

1 C 8

 2  x C 8

8 8 C x 8

1 x

1 8 x

1 6 x

1 4 x

  

  

Ta có





 1

3

3 C 8



x

0,5 và Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức

1 2 x 2 và 3C C

3 8

4C C

4 8

 

98.

 8 1C Vậy 

4 0 3  C C C C 8 4

2 3

4 8

R AK



Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc x là

5 : 2

5 2

 K  

  



 x





2 3



25 4

  

tâm bán kính Câu 7a (1,0 điểm) Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC

    x y

8 0

5   2   x 5 1   2 1 2 5

 y 

x y

  

8 0

D AI

0,5 Phân giác AI có phương trình

   tọa độ của D là nghiệm của hệ





 x











25 4

5   2 

3       

http://megabook.vn/

Gọi



  

5 1  ;  2 2 

  x    y 

5 2 1 2

Giải ra ta được hai nghiệm và 1 5 x    y

ICD 

ICD



   ICA IAC CID





  C A  2 2

D DC DI





cân tại Lại có     ICB BCD 

  DC DB B C 2

 x



 y



2 DI



là nghiệm của hệ

5 2

  

5   2 

1   2 

   y

x    x

 x











25 4

0,5

mà         

5   2    ,B C có tọa độ là  1;1 , 4;1 .



9C . Chọn 2

Vậy

Câu 6b (1,0 điểm)

 3



0,5 Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây: Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng

5! 3!

một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy số tự nhiên.

 3

5!  2!2!



 150

  150 7 4 3 12600





Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ 0,5 tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy số tự nhiên.

3  (60 90)C 9

Vậy: số thỏa mãn điều kiện đề bài.

  ; 1

  ; 2 2

 N s



9! 3!6!  ,   t N d 2  AM Oy

 M d M t   1     M (0; 1) 0 Nếu (loại) Do O, M, N thẳng hàng và AM // BN nên:



Giả sử Câu 7b (1,0 điểm)



