SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN; Khối A + A1 + B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN[.]
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1 Mơn: TỐN; Khối A + A1 + B Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chun Nguyễn Quang Diêu ĐỀ CHÍNH THỨC www.LuyenThiThuKhoa.vn www.NhomToan.com I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = - x + x 2 + 3m ( m + ) x + 1 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) m = 0 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm I (1;3 ) Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos x + tan x = + tan x sin x ìï x + xy + y + x + y - = Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình í ( x , y ẻ Ă) ùợ8 - x + y - = x 3 dx 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = + x 4 + Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh bên AA ' = a , hình chiếu vng góc của A ' trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trung điểm I AB Gọi K là trung điểm của BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.IKD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( A ' KD ) ò x 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x + y + z £ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2 2 z y x 1 + + + + + thức P = x x y z z y II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy ) , cho hình chữ nhật ABCD có đường chéo AC : x + y - = 0 Điểm M (0; 4) nằm trên cạnh BC Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng , đường thẳng CD đi qua N (2;8) và đỉnh C có tung độ là một số ngun. Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P ) : x + y + z + = 0 và hai uuur uuur điểm A(3;1;1), B (7;3; 9) Tìm trên mặt phẳng (P ) điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 9.a (1.0 điểm). Trong một chiếc hộp có 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 bi lấy ra khơng có đủ cả ba màu. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ (Oxy ) , cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B, C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC : 3x + y - 16 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. x -1 y + z -1 và Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) : = = - 2 hai điểm A(2;1;1); B (1;1; 0) Tìm điểm M thuộc (D ) sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. 1+ lg( x + y ) = 50 ïì10 Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình í ïỵ lg( x - y ) + lg( x + y ) = - lg Hết http://www.boxmath.vn SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A, A1 và khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = - x + x + · Tập xác định: D = ¡ · Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = -3x + x ; y ' = Û x = 0 x = 2 Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: (-¥ ; 0) (2; +¥) Điểm 0,25 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = 1 ; đạt cực đại tại x = 2, yCÑ = - Giới hạn: lim y = +¥ ; lim y = -Ơ x đ-Ơ x đ+Ơ - Bngbinthiờn: 0,25 x y' y -¥ - 0 + +¥ +¥ - -¥ 0,25 · Đồ thị: b. (1,0 điểm) Ta có: y ' = -3x + x + 3m + 6m 0,25 é x = -m y ' = Û x - x - m (m + 2) = Û ê ë x = m + Hàm số có hai cực trị Û y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt Û m + ¹ - m Û m ¹ - 1 Với x = - m Þ y = -2 m - 3m + 1 0,25 0,25 Với x = m + Þ y = m + m + 12 m + 5 ( ) ( Tọa độ hai điểm cực trị là A -m; -2m - 3m + 1 B m + 2; m + m + 12m + 5 ém = ïì x + xB = xI I (1;3 ) là trung điểm của AB Û í A Û 6m + 12m = Û ê ï y A + yB = yI ë m = -2 ỵ Vậy giá trị m cần tìm là m = 0, m = - 2 Điều kiện: cos x ¹ 0 2 (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với cos2 x + sin x = cos x + sin x ) 0,25 0,25 Û (cos x - sin x )(cos x + sin x - 1) = 0 cos x - sin x = Û tan x = Û x = p 0,25 0,25 (k ẻ Â) + kp ộ x = k 2p ỉ pư p p cos x + sin x = cos ỗ x - ữ = Û x - = ± + k 2p Û ê (k ẻ Â) x = p + k 2p 4ø 4 è êë Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = p + kp x = k 2p 0,25 (k Ỵ ¢ ) 3 ìï x + xy + y + x + y - = (1) Xét hệ phương trình (1,0 điểm) í (2) ïỵ 8 - x + y - = Điều kiện: - x ³ Û x £ Đặt t = x + y , phương trình (1) trở thành: ét = t2 + t - = Û ê ë t = -2 Nếu t = 1 x + y = Û - x = y ³ 0 Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 0,25 0,25 y + y - = 0 Đặt u = y ³ 0 , phương trình trở thành: ìx = u + 8u - = Û (u - 1)(u3 + u2 + u + 9) = Û u = 1 Khi đó hệ có nghiệm í ỵ y = Nếu t = - 2 x + y = -2 Û - x = y + ³ 0 Thế vào phương trình (2) ta được phương trình é y = -3 y + + y - = Û y + + ( y - 3)( y + 3) = Û ê êë 8 + ( y - 3) y + = ì ïx = Với y = - 3 thì hệ có nghiệm í ï y = -3 ỵ Xét phương trình + ( y - 3) y + = 0 (3) 0,25 0,25 Đặt v = y + ³ 0 , phương trình (3) trở thành: v3 - v + = 0 Xét hàm số f (v) = v3 - v + 8 , ta có: f '(v) = 3v - 6 f '(v) = Û v = ± Hàm f (v ) đạt cực đại tại (- 2;8 + 4 2) , đạt cực tiểu tại ( 2;8 - 4 2) Vì f (0) = > 0 - > 0 nên f (v) = 0 khơng có nghiệm v ³ 0 ì ìx = ïx = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là í ;í ỵ y = ï y = -3 ỵ 1 4 Ta có: I = x x + dx (1,0 điểm) ò ò x dx 0,25 é x6 ù x dx = ê ú = ò 0 ë û0 0,25 Đặt t = x + Þ t = x + Þ tdt = 2 x dx 0,25 1 Đổi cận: x = Þ t = ; x = Þ t = Suy ra: I = 2 é t3 ù t dt = ê ú = ò 1 ë û1 Vậy I = 0,25 -1 5 (1,0 điểm) Gọi H = DK Ç IC , do ABCD là hình vng cạnh a nên ta suy ra được IC ^ DK , DK = IC = Xét D A ' AI ta được A ' I = a CK CD a 3a , CH = , IH = = DK 10 a 1 a3 Suy ra: VA '.IDK = SIDK A ' I = DK IH A ' I = 3 16 ì DK ^ IH Do í Þ DK ^ ( A ' IH ) Þ ( A ' IH ) ^ ( A ' DK ) î DK ^ A ' I Trong ( A ' IH ) , kẻ IE ^ A ' H Suy ra: IE ^ ( A ' KD ) Þ IE = d (I ,( A ' KD ) Xét tam giác D A ' IH : 0,25 1 20 32 3a = + = + = Þ IE = 2 IE A'I IH 3a 9a 9a 3a 6 x y z2 1 Ta có: A = + + + + + ³ 3 xyz + (1,0 điểm) y z x x y z xyz 0,25 0,25 0,25 Vậy d (I ,( A ' KD ) = x+y+z £ 3 15 Khi đó: P ³ 3t + = 12 t + - t ³ 36 - = t t 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 15 Vậy A = Đặt t = xyz ta có < t = xyz < 7.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì C Ỵ AC : x + y - = Þ C (9 - 2c; c ) uuur uuuur Khi đó NC = (7 - 2c; c - 8), MC = (9 - 2c; c - 4) Khi đó ta có: éc = uuur uuuur NC.MC = Û (7 - 2c)(9 - 2c) - (c - 8)(c - 4) = Û ê 19 êc = êë Vì C có tung độ là một số ngun nên C (- 1; 5) Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC A ' ỉ 22 ö Khi đó MA ' : x - y + =0 Suyra A ' ỗ ; ữ ố 5 ø 1 Ta có SA ' MC = MA '.MC = Hai tam giác ABC A ' MC nên uuur uuur ìï x + = 3.1 SABC ỉ CB = = = Þ CB = CM ịớ B ị B(2; 2) ỗ ÷ CM S è ø A ' MC ỵï yB - = 3.(-1) uuur uuur Tương tự CA = 3CA ' Þ A(3;3) uuur uuur Từ AB = DC Þ D (0; 6) Vậy A(3;3), B(2;2), C (- 1; 5), D (0; 6) Gọi I là trung điểm của đoạn AB I (5; 2; 5) 8.a uuur uuur uuur (1,0 điểm) Ta có: MA + MB = MI = MI uuur uuur MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất Û MI nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên mp(P) r Đường thẳng D qua I và vng góc với mặt phẳng (P) nhận n = (1;1;1) là VTCP có x -5 y -2 z-5 = = 1 Tọa độ giao điểm của M D và (P) là nghiệm của hệ phương trình: ìx = ìx -5 y-2 z-5 = = ï ï 1 Û í y = -3 í ïx + y + z + = ïz = î î 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 phương trình 0,25 Vậy M (0; - 3; 0) 9.a Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là C154 = 1365 cách (1,0 điểm) Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là: · 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C62C51C41 = 300 0,25 0,25 · 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C61C52C41 = 240 · 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C61C51C42 = 180 Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là: 300 + 240 + 180 = 720 cách Do đó số cách chọn ra 4 viên bi khơng có đủ ba màu là: 1365 - 720 = 645 cách 645 43 Vậy xác suất cần tìm là: P = = 1365 91 0,25 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C ( 0; ) Vì bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1. Vì B nằm trên trục tung nên B(0; b ) Đường thẳng AB đi qua B và vng góc với BC º Oy : x = 0 nên AB : y = b æ 16 - 4b ;b÷ Vì A là giao điểm của AB AC nên A ç è ø Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC . Ta có 16 - 4b b-4 2.SABC S= = = b-4 AB + BC + CA æ 16 - 4b ö 16 - 4b + (b - 4) + ỗ b-4 + ữ ố ứ Theogithit r = 1 nên ta có b = 1 b = 7 Với b = 1 ta có A(4;1), B (0;1) Suy ra: D (4; 4) Với b = 7 ta có A(-4; 7), B(0; - 7) Suy ra: D(- 4; 4) uuur uuuur 8.b Gọi M (1 + t; -1 - 2t;1 + 3t ) Ỵ d Ta có: AM = (-1 + t; -2 - t;3t ), AB = (-1; 0; -1) (1,0 điểm) uuuur uuur é uuuur uuur ù é AM , AB ù = (-2t - 2; 2t + 1; 2t + 2) Þ S = AM , AB = 12t + 20t + AMB û ë û ë 2 ỉ1 3ư Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = - Vy M ỗ ; ; - ữ è ø 0,25 0,25 0,25 Ta có: (1) Û 50 = 10.10 lg( x + y ) = 10( x + y) Û x + y = 5 Hết 0,25 0,25 9.b ìx - y > (1,0 điểm) Điều kiện í ỵ x + y > ì ïï x = ìx + y = Hệ đã cho tương đương với í Ûí ỵx - y = ïy = ïỵ ổ9 1ử Vyhphngtrỡnhcúnghiml ỗ ; ữ ố 2 ø 0,25 0,25 0,25 ỉ 5ư 2 12 ỗ t + ữ + = è ø 3 Thế vào (2) ta được: lg( x - y ) = - lg Û x - y = 10 2-2 lg5 = 0,25 10 100 = 4 = lg 25 (10 ) 0,25 0,25 ...SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP? ?ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ? ?THI? ?THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A, A1 và khối B (Đáp? ?án – thang điểm gồm 06 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp? ?án? ? a. (1,0 điểm) ... ø Gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC . Ta? ?có 16 - 4b b-4 2.SABC S= = = b-4 AB + BC + CA æ 16 - 4b ö 16 - 4b + (b - 4) + ỗ b-4 + ữ ố ứ Theogithit r = 1 nên ta? ?có b = 1 b = 7... đ+Ơ - Bngbinthiờn: 0,25 x y'' y -¥ - 0 + +¥ +¥ - -¥ 0,25 · Đồ thị: b. (1,0 điểm) Ta? ?có: y '' = -3x + x + 3m + 6m 0,25 é x = -m y '' = Û x - x - m (m + 2) = Û ê ë x = m + Hàm số? ?có? ?hai cực trị