SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - Khối A,A1,B,D (Thời gian làm bài: 180 phút)

3 3 

 2  y x x

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Tìm tất cả các điểm M thuộc (C), sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm thứ hai là N và

.

sin 2

x

cos

x

x

sin

x

1

MN  6 5

 c 3 os2 

3

x

2 sin 2

2

2

4

x

5

x

  

1 3

x

x

 

 1

Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình:

2

1 2 ln(

Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình:

2

x  3

1) Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân I  dx   2 x x

1

2

     

3

x x Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, đường chéo AC a , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD theo a. Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y là các số thực thoả mãn  5 xy   x

24 y 38 y

y   , điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20 (đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.

7 0

x

, đường thẳng

 M x   x xy  . 9 2 y 

z 01 

y

x

x

2

d:

. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  nằm trong

 1

y  1  1

z  1  3

23

E 

Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD, biết phương trình của một đường chéo là: 3 Câu 8.a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):

(P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng Câu 9.a (1,0 điểm): Cho tập hợp

.   1; 2;3; 4;5; 6

. Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có nhiều nhất 3

2

2

E

(

) :

1

 và đường thẳng

chữ số, các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10. A. Theo chương trình Nâng cao

x 16

y 9

sao cho

12 0

 . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm

C

E (

)

y 4 có diện tích bằng 6.

2

x

  và hai

3 0

4

1

3

x

y

x

y

Câu 7.b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip

và . Viết phương trình đường thẳng (d1); (d2) lần lượt có phương trình

x d : 3 ABC y   ) : 2 x P Câu 8.b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( 7 5   z  2 3

z  1

 2

 2

 2

n

3

2

x

chính tắc đường thẳng () song song với mặt phẳng (P), cắt (d1) và (d2) lần lượt tại A và B sao cho AB=3.

1 x

  

  

n

2

3

C

C

C

  ...

0 n

1 C n

2 n

3 C n

n n

2  n

2 3

2 4

1

1093  n 1

, biết n là số nguyên dương thỏa mãn Câu 9.b (1,0 điểm): Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển

-- Hết-- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cảm ơn thầy Lương Công Hảo( laoconghuong@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl

Họ và tên thí sinh: ..................................................................................; Số báo danh: ...............................

SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - Khối A,A1,B,D (Đáp án gồm 05 trang)

2

Đáp án Điểm 0,25 Câu 1a x

y

 

 

y

; lim  x

0,25

0.25

+ 4 D=R ' 3 x D 3, y     y       x x 1 1 ' 0 Hàm số đồng biến trên (-;-1) và (1;+); nghịch biến trên (-1;1) Hàm số đạt cực đại x=-1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại x=1, yCT = 0 lim  x x y' y

7

6

5

4

3

2

1

M

-6

-4

-2

4

6

2

-1

-2

-3

-4

-5

3

- -1 1 + + 0 - 0 + - 0 Đồ thị 0,25

0,25 Gọi M m m ( ;  m 3   2) C ( )

1b

2

3

3)( x m m )    m 3  2 (3 m   y :

3

2

3

0,25

2 x m x m ) (

2

    2 ) 0  2 Gọi  là tiếp tuyến của (C) tại M,  Phương trình hoành độ giao điểm của  và (C) x ( x m m ) 2 (3   m 3    3 x   3 N  6 m  2) Trước tiên, 3)( m 0m  và 6  ( 2 ; 8  m m 2 4 0,25

MN  2 (  t m t

81 m  0)

 , có

2.81 m 3 t 9

m  90 2   t 18

180   t 10

20 0

   t 2

Có Đặt

m  

 ( 2 2; 10 2 2);

N

(2 2;10 2 2)

0,25

Suy ra 2 Vậy có 2 điểm N

x

3

  

0

x

 k

x

 k

== Trang: 01 == 0,25 Điều kiện 2sin 2 và

2

 6

 3

(2)

sin 2

x

c osx- 3( os2x+sinx)=2sin2x- 3

c

0,25

3 s inx-cosx=0

tanx=

  x

 k

( 3 s inx-cosx)(2sinx-1)=0 1 3

0,25 

x=

k

 2

x=

 k 2

 6

 6  5 6

x=

 k 2

0,25  2sinx-1=0 hoặc

 5 6

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm

x

1

     x

0,25 Điều kiện

3

1 4

2

2

4

x

5

x

 

1 2

x

1 0

x

   , ta được:

2

2

9

x

 

3 (3

x

1)( 4

x

5

x

 

1 2

x

  x

1)

Nhân 2 vế cho

2

2

4

x

5

x

 

1 2

x

x

x  hoặc

   (*) 1 3

1 3

2

0,25 

2

2

2

0,25 x    1 0 x (*)  4 x  5 x    1 3 2 x x  72 x  0   3 2      1 63 x 

x  (nhận) hoặc

0

8 x   (loại) 7

Giải được

x  hoặc

0

1 x  3

2

2

2

2

0,25 Đối chiếu điều kiện, được nghiệm

2

0,25 ln( 1)

4

2 x dx

2 x dx

1

 I  2 x   dx I  2 x    1 ( x  1) dx  3

1

1

1

1

x

  

1

t

0;

x

  

2

t

x x

x

 

1 sin

t

  dx

c ostdt

 2

 2

 2

2

2

I

 1 sin

t

cos t

dt

c os

tdt

t (

t

1

sin 2 ) | 2 0

Đặt . Đổi cận

1 2

1 2

   4

0

0

2

2

1

2

2

0,25  ln( x  1) dx  du ln( 1) 1 x  . Đặt  I dx  3   x x dv  dx 1 3 x u      1  1 x 2        v 

2 1) | 1

2

ln( x   dx    I 2

1

1 x 2 1 2 1 2 x x (  1)

2

0,25 Có 2

2 | 1

2 | 1

2 1 | 1

dx  ( ) dx    ln x  ln x  ln 2  ln 3

1

1

1 2 x x (  1   x 1  x 1 1 x 1   4 1 2

ln 3

ln 2

ln 2

ln 3

ln 2

ln 3

I   2

0,25

1   4

1 2

1   4

1 2

3 8

1) 1 8 1 2 x 1 2

I

ln 2

ln 3

 4

1   4

1 2

3 8

Và

== Trang: 02 == 0,25

5

S

A

D

I

M

H

C

B

2

3

Gọi H là trung điểm AB => SH  (ABCD) Gọi M là trung điểm CD => AM  CD (do ACD đều) => HC  CD => SC  CD => góc SCH = 450

a

3

a

3

a

3

SH HC

S

2

S

2.

a .

V

ABCD

ACD

S ABCD

.

2

1 2

2

2

a 4

0,25 Có ; ;

0,25

2

2

R

IS= IG

GS

a

13 12

Do CA=CB=CD nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD Kẻ đường thẳng d đi qua C và song song SH => d là trục của đường tròn (ABD) Có SA=SB=AB=a nên SAB đều, gọi G là trọng tâm SAB Kẻ  qua G và //HC =>  là trục của đường tròn (SAB) Gọi I = d   => I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABD 0,25

t

0,25

6

xy

t

  x

2

y

2

xy

5

x

Ta đặt , từ giả thiết suy ra .

t 

2 2

2 5  3 24  y t

2

y

Dùng điều kiện có nghiệm của hệ . Suy ra

6

2

9

 xy ( x

2

y )

  M x 3    t

32  y 23 t

t 9

 xy x 15

f

  x   y    t

0,25 Khi đó

min f

; max f

20

  t

0,25 Xét hàm f(t) với ; 2 2 2 2 t   0,25 Suy ra và kết luận       9 2 2

0,25

7a

Phương trình AC: 3 x Phương trình BD:

  t x y   , B(0;-3) y 3

7 0 9 0

I  (3; 2)

  . Tọa độ I AC BD

Do I là trung điểm BD nên

D  . Ta có

(6; 1)

0,25 BD  2 10

Gọi

A a

 ( ; 7 3 ) a

AC

. dt(ABCD)=2.dt(ABD) 

2

2 1

(2;1);

 (4; 5)

do vậy

C 1  (4; 5); C

(2;1)

A 1 A 2

2

0,25 a  a 3(7 3 ) 9   .2 10 10  1 2  3 0,25  a a   2 4

 u 

0,25 == Trang: 03 ==   (1; 1; 3) và d có VTCP

8a

(1;1; 1) 

P

d

)

 Pn  I

)4;2;1(

• (P) có VTPT  I (



(

P);

d 

• Vì có VTCP  ( 4; 2; 2)     2(2; 1;1)  u    n u ); ( P  

1

1

0,25 d • Gọi ( );P   1

2

1

2

1 đi qua I và 2 đi qua I và

1

 

:

t

• Gọi ( );P    3(0;1;1)          có VTCP 1 u        có VTCP u 2   2  (2; 1;1)   1; n u P     0,25

2

t

2

. Gọi H (1; 2  t ; 4 ) t    2

 x  y   2     4 z  

t

IH

2   t

3 2

18 x

1

z

t

:

H

   3

(1; 1;1)

  

 2 1

x

z

 1 7

(1;5;7)

  3

 

H

:

t

Có 0,25 •

 2

 1

•

0,25

9a

30

    t 3  y 1 1 1   y 5  1 Số các số thuộc M có 1 chữ số là 6 Số các số thuộc M có 2 chữ số là

120

2 A  6 3 A  6

0,50

P A  )

(

5 39

20 156 2

2

Số các số thuộc M có 3 chữ số là Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 6+30+120 = 156 Gọi A là biến cố: "Tổng các chữ số của số đó bằng 10" Các tập con của E có nhiều nhất 3 phần tử có tổng các phần tử bằng 10 là: {4;6}; {1;3;6}; {1;4;5}; {2;3;5} Suy ra số khả năng xãy ra của biến cố A là: 2!+3.3!=20 0,25 Vậy

x

y 4,

0

0,25

7b

1

  ...

A

B (4;0), (0;3)

x

y 0,

3

  

y 9 y

4

 12 0

 x   16  3 x 

2

2

Xét hệ là 2 giao điểm

3

12

x 0

0

(

;

)

E  

(

)

 (1). Ta có

1

d C AB ,

(

)

 h

C x y 0 0

y 4 5

12

x 0 16 x 3 0

0

S

.

AB h .

.5.

3

4

12

ABC

x 0

y 0

1 2

y 0 9 y 4 5

1 2

1 2

4

24 (2)

0,25 Gọi

3

4

12

x 0

y 0

0 (3)

4

x 0 x 0

y 0 y 0

2

Từ giả thiết suy ra

2

12

27

0

y

3     12 3   , PT này vô nghiệm

y 0

0

2

32

y

      

144

2 2

0,25 Từ (1) và (2) ta được PT

y 0

x 0

0

3 2

Từ (1) và (3) ta được PT .

0,25 3 3 Vậy có 2 điểm là: và . C  2 2;  C 2 2; 2 2             

== Trang: 04 ==

2

2

0,25 Lấy A    t t t t t (4 2 ;1 2 ; 1 1   t ) 1 d B ; 1   ( 3 2 ; 5 3 ; 7 2 )   2  d 2

8b

t (2

t 7;3

  6; 2 t

7)

   AB

2

t 2 1

t 2 1

2

  t 1

2

t 3

 

6 0

2

(2; 1; 2)

   AB n P

 

2

2

2

(2

t

7)

t (3

6)

  ( 2 t

7)

9

2

t 2 1

t 2 1

2

  t 1

2

  

   

0,25 Có

3 AB t Giải được 1

0,25    2 t 22;

1

y

1

z

:

 AB

n

0,25 A và   Suy ra ( 1; 2; 2)  (2; 1;1);

 2   ...

(1

C

x

 2 n n C x n

2 2 3 3 C x C x C x n n

0 n

1 n

2

 1

n

n x dx )

n (3

VT

(1

(1

x

)

1)

1 2 | 0

 x 2  1 Xét khai triển  ) Lấy tích phân cận từ 0 đến 2 hai vế, ta có: 1 

1 

1

n

1

n

0

2

4

3

n

 1

C

C

  ...

C

0 2  VP C | n 0

1 n

2 | 0

2 n

3 C n

2 | 0

n n

2 | 0

2 | 0

x 2

x 4

x n

1

2

n

  ...

C

)

2(

C

C

n n

3 C n

0 n

1 C n

2 n

2 3

2  n

1

0,25 9b

n (3

   1 1)

x 3 3 2 4 1093  n 1

1  n

1)

2(

6

0,25 Suy ra . Giải ra được n=6

3

k

k

6

 18 4

k

3 6 x (2 )

(

)

 

k k ( 1) .2 .

2x

k C 6

k C x . 6

1 x

  

6

6

0,25 Số hạng TQ của khai triển là

   3 3  ( 1) .2 .

 

160

x

1 x Có k=3. Suy ra số hạng chứa x6 là

3 C x . 6

0,25

Cảm ơn thầy Lương Công Hảo( laoconghuong@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl

== Trang: 05 ==