SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm)
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
x
y
x 1
=
-
a) Khảo sát, vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam
giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ )
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Giải phương trình: 2
π
sinx.sin 4x 2 2cos x 4 3cos x.sinx.cos2x
6
æ ö
÷
ç
= - -
÷
ç÷
ç
è ø
Câu 3 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:
( )
2 2
x y 1 2x 2y
2x y y 1 2y
ì
ï+ + = +
ï
í
ï- = +
ï
î
Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân:
( )
ln8
2x x x
ln3
I 3 e 1 e dx
-
= + +
ò
Câu 5(1,0 điểm ).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB=2a, AD=CD=BC=a.
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA=
a 2
. Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SB
cắt SB, SC, SD lần lượt tại I, J, K . Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Tính
cos
và
thể tích khối chóp S.AIJK.
Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn:
( ) ( )
2x 1 x y y 1
- ³ -
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P x y 3xy
= - +
II. PHẦN RIÊNG( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và
AC=2BD. Điểm
1
M 0;
3
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình thoi ABCD biết B có hoành độ dương.
Câu 8a ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;1;0); B(0;3;1) và đường
thẳng d:
x y z 1
2 2 1
-
= = . Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và d chéo nhau. Tìm điểm M thuộc d sao
cho tam giác MAB cân tại M.
Câu 9a ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên 8 tấm thẻ.
Tính xác suất để 8 tấm thẻ được chọn có 4 tấm thẻ mang số chẵn, 4 tấm thẻ mang số lẻ và chỉ có một tấm
thẻ mang số chia hết cho 10.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 2x 4y 0
+ - - =
và
M( 6;2). Lập phương trình đường thẳng d qua M, d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho 2 2
MA MB 50
+ =
Câu 8b ( 1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2
x y z 2x 4y 4z 0
+ + + + + =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng6
π
.
Câu 9b ( 1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn:
( )
42
z i 4z 0
+ + =
-------------HẾT--------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………; Số báo danh:……………………………..
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN
CÂU
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1
Cho hàm số
x
y
x 1
=
-
a) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm
cận tại A, B và tam giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ )
2,0
1a Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
1,0
TXĐ:
\ 1
D R
Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
2
10,
1
y x D
x
0,25
Hàm số nghịch biến trên

;1
và

1;
- Giới hạn và tiệm cận:  
lim 1; lim 1
x x
y y
, tiệm cận ngang: y=1

 
1 1
lim ; lim
x x
y y ; tiệm cân đứng: x= 1
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị : Giao với Ox và Oy tại gốc tọa độ O
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15
-10
-5 5 10 15
Đồ thị hàm số nhận điểm I( 1;1) làm tâm đối xứng
0,25
1b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm
cận tại A, B và tam giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ )
1,0
Gọi d là tiếp tuyến cần tìm và M( x0; y0) là tiếp điểm
0
1
x
Khi đó phương trình tiếp tuyến tại điểm M là:
( ) ( )
0
0
2
0
0
x
1
y x x
x 1
x 1
-
= - +
-
-
( )
00
0
x 1
d TCD A 1; ;d TCN B 2x 1;1
x 1
æ ö
+÷
ç÷
Ç = Ç = - Þ
ç÷
ç÷
ç-
è ø M là trung điểm AB
Tam giác OAB cân tại O khi
OM AB OM.u 0
^ Û =
0.25
với
( )
2
0
1
u 1;
x 1
æ ö
-
÷
ç
÷
ç
=
÷
ç
÷
ç
÷
ç-
è ø
là vtcp của d
do đó ta có:
( )
0
0
03
0
0
x 0
x
x 0
x 2
x 1
é
=
-ê
+ = Û ê
=
-ë
Với 0
x 0 ptd : y x
= Þ = -
( loại). Với 0
x 2
=
phương trình d:
y x 4
= - +
( tm)
Vây phương trình tiếp tuyến cần tìm:
y x 4
= - +
0,25
0,25
0,25
Chú ý: Học sinh có thể dùng điều kiện: tam giác OAB cân tại O khi OA=OB
2 Giải phương trình: 2
π
sinx.sin 4x 2 2cos x 4 3cos x.sinx.cos2x
6
æ ö
÷
ç
= - -
÷
ç÷
ç
è ø 1.0
sinx.sin4x = 2
2 2cos x 4 3cos x.sinx.cos2x
6
sinx.sin 4x 2 2cos x 3cosx.sin4x
6
sin4x sin x 3 cos x 2 2cos x
6
2sin 4x.cos x 2 2cos x
6 6
cos x 0
6
sin 4x 2 vô nghiêm
cos x 0 x k x m m Z
6 6 2 3
Vậy phương trình có nghiệm
x m m Z
3
0,25
0,25
0,25
0,25
3 Giải hệ phương trình:
2 2
x y 1 2x 2y 1
2x y y 1 2y 2
1.0
Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được:
2
x 2xy 1 1 2x 4y
x x 2y 2 x 2y x 2 x 2y 0
x 2
x 2y 0
Trường hợp x=2 thay vào (2) ta có y=1
Trường hợp x+2y=0 thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm x=2; y=1
0,25
0,25
0,25
0,25
4 Tính tích phân:
( )
ln8
2x x x
ln3
I 3 e 1 e dx
-
= + +
ò
1,0
ln8 ln8
x x
x x
ln3 ln 3
9 e 1
I dx dx
e e
+
= +
ò ò
Xét:
( )
ln8
x ln8 ln3
ln8 ln8 x
x
ln9 1 ln9 1
x
ln3 ln3
ln3
9 9 9
9 9 1
e e e
dx dx 8 3
9 9
e e ln 9 1
ln ln
e e
- -
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
-
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
æ ö è ø è ø è ø
÷
ç
= = = = -
÷
ç÷
çæ ö æ ö
è ø -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
ò ò
0,25
0,25
Xét
ln8 x
1x
ln3
e 1
I dx
e
+
=ò
Đặt x 2 x x
t e 1 t e 1 dt e dx
= + Þ = + Þ =
Đổi cận:
x ln 3 t 2;x ln8 t 3
= Þ = = Þ =
Do đó:
( )
( ) ( )
3 3
2
12 2 22
2
2 2
3
2
2t 1 1 2 1
I dt dt
2 t 1
t 1 t 1
t 1
1 1 1 t 1 7 1 3
ln ln
2 t 1 t 1 t 1 24 2 2
æ ö
÷
ç
÷
ç
= = + +
÷
ç
÷
ç-
÷
ç- +
-
è ø
æ ö
- - ÷
ç
= - + = +
÷
ç÷
ç ÷
- + +
è ø
ò ò
Vậy I=
( )
ln9 1 ln 9 1
18 3
ln 9 1
- -
-
-
+
7 1 3
ln
24 2 2
+
0,25
0,25
5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB=2a,
AD=CD=BC=a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA=
a 2
. Mặt phẳng (P) đi
qua điểm A và vuông góc với SB cắt SB, SC, SD lần lượt tại I, J, K . Gọi
là góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Tính
cos
và thể tích khối chóp S.AIJK.
1,0
E
AB
DC
S
I
J
K
Goi E là trung điểm của AB. Khi đó các tam giác AED, DEC, EBC là các tam giác đều
cạnh bằng a.
Suy ra:
ΔACB
vuông tại B,
ΔADB
vuông tại D và 2 2
AC AB BC a 3
= - = ;
SC a 5
=
Ta có:
( ) ( )
BC AC
BC SC
BC SA
SBC ABCD BC
ì^
ï
ïÞ ^
í
ï^
ï
î
Ç =
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc giữa SC và AC và là góc
SCA=
. Khi đó cos
=
AC 15
SC 5
=
Trong mặt phẳng (SAB) từ A hạ AI
^
SB tại điểm I
( )
AI P
Þ Ì
Trong mặt phẳng (SAB) từ A hạ AJ
^
SC tại điểm J
Ta có:
( )
BC AC
BC SAC BC AJ
BC SA
ì^
ï
ïÞ ^ Þ ^
í
ï^
ï
î
Mà AJ
^
SC. Do đó AJ
^
SB
( )
AJ P
Þ Ì
Tương tự ta có AK
^
SD tại điểm K
( )
AK P
Þ Ì
0,25
0,25
Xét tam giác vuông SAB có
2 2
2 2 2
SI SI.SB SA 2a 1
SB SB SB 6a 3
= = = =
Tương tự:
SJ 2 SK 2
;
SC 5 SD 3
= =
Từ đó:
3
SAIJ SAIJ SABC ΔABC
SABC
V
SI SJ 2 2 2 1 2 1 1 a 6
. V V . SA.S . .a 2. a 3.a
V SB SC 15 15 15 3 15 3 2 45
= = Þ = = = =
SAJK
SAJK SACD
ΔACD
SACD
3
0
VSK SJ 4 4 4 1
. V V . SA.S
V SD SC 15 15 15 3
4 1 1 a 6
. .a 2. a.a.sin120
15 3 2 45
= = Þ = =
= =
Vậy thể tích cần tìm là:
3
SAIJK
2a 6
V
45
= (đvtt)
0,25
0,25
6 Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn:
( ) ( )
2x 1 x y y 1
- ³ -
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P x y 3xy
= - +
1,0
Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2x y
1
2x 1 x y y 1 2x y 2x y 2 1 2x y
3 3
0 2x y 3
+
- ³ - Û + ³ + ³ + + ³
Þ £ + £
Đặt
t 2x y 0 t 3
= + Þ £ £
. Khi đó:
( )( ) ( )( ) ( )
( )
2
2
6x 3y 1
1
3P 3x 3y 9xy 3x 1 3y 1 1 6x 2 3y 1 1 1
2 8
1
3P 3t 1 1
8
+ -
= - + = - + + = - + + £ +
Þ £ - +
Với mọi t thỏa mãn:
0 t 3
£ £
suy ra
( )
2
1 1
3P 3t 1 1 .64 1 9 P 3
8 8
£ - + £ + = Û £
Dấu bằng xảy ra khi
2x y 3 x 1
6x 2 3y 1 y 1
ì ì
+ = =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
- = + =
ï ï
î î
V
ậy maxP
=3 khi x
=
y
=1
0,25
0.25
0,25
0,25
7a
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC=2BD.
Điểm
1
M 0;
3
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa
đ
ộ các đỉnh của h
ình thoi ABCD bi
ết B có ho
ành đ
ộ d
ương.
1,0
I
B
D
A
C
N
N'
M
H
Đặt IB=a, do AC=2BD nên ta có AI=2a. Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua tâm I, suy ra
N’ thuộc AB và N’( 4;-5)
Khi đó phương trình đường thẳng AB: 4x+3y-1=0 và
( )
I,AB
d 2
=
0,25