Đề Thi Thử môn Toán Hahuytap Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 MÔN THI: TOÁN; KHỐI A, A1, B, D Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x - = + có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2ymx=+ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( ) 22 3 tan1sin3cossin20 2 xxxx-+-=. Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 332 4 4 6153140 4 xyxxy xyxy ì +-++-= ï í +++= ï î . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: ( ) tan 4 3 0 cossin cos x x ex I dx x p + = ò . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC tam giác ABC vuông tại B, ,2 B CaACa== tam giác SAB đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng ()ABC trùng với trung điểm M của AC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,,z xy thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 424 13xyz+-+£. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) 222 1 2 1 Pyxz xyz =++ +++ . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Dành cho học sinh thi khối A, A1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 22 :25Cxy+= ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là ( ) ( ) 1;3,2;3MN Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng điểm A có tung độ âm. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 222 :24280Sxyzxyz++-+ = và mặt phẳng ( ) :23110Pxyz++-=. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S). Câu 9.a (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn không có đủ 3 màu. B. Dành cho học sinh thi khối B, D. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại ( ) 0;3A và hai điểm B, C thuôc đường tròn ( ) 22 :9Cxy+=. Hãy tìm tọa độ B, C biết rằng tam giác ABC có diện tích lớn nhất và điểm B có hoành độ dương. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) ( ) 1;2;3,2;2;2AB- . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (OAB). Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 1 3 28 17 462.90 3 log88log213 xxy xxy + ì -+= ï í ï + += î . 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:……………………… Trang 1/4 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2014 LẦN 1. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM +) Tập xác định: \{-1}R . +) Sự biến thiên: -) Chiều biến thiên: ( ) 2 3 '0,1 1 yx x =>"¹- + . Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;1-¥- và ( ) 1;-+¥ 0,25 -) Giới hạn và tiệm cận: limlim2 xx yy ®-¥®+¥ ==, tiệm cận ngang : 2y = ( ) ( ) 11 lim;lim xx yy -+ ®-®- =+¥=-¥ , tiệm cận đứng: 1x =- 0,25 -) Bảng biến thiên: x -¥ 1- +¥ y’ y +¥ 2 2 -¥ 0,25 1 a. (1,0 điểm) +) Đồ thị: O 0,25 Hoành độ giao điểm của d: 2ymx=+với (C) là nghiệm phương trình: ( ) () 2 21 2,1301 1 x mxxmxmx x - =+¹-Û++= + . 0,25 Dễ thấy với 0m = thì (1) vô nghiệm. Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác – 1. Điều kiện là: ( ) ( ) 2 2 0 0 120 12 1130 m mm m mm D> < Û->Û > -+-+¹ ì é ï í ê ë ï î (*) 0,25 Với (*) giả sử 12 , xx là hai nghiêm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là: ( ) ( ) 1122 ;2,;2AxmxBxmx++. Dễ thấy điểm O không thuộc d nên ABO là một tam giác. DABO vuông tại O khi và chỉ khi: 2 1212 .0(1)2()40OAOBmxxmxx=Û++++= uuuruuur 0,25 1.b (1,0 điểm) Áp dụng định lí Viet ta có: 1212 3 1;xxxx m +=-= , thay vào trên ta được: 2 4303mmm++=Û=- hoặc 1m =- (thỏa mãn (*)).Vậy 3m =- hoặc 1m =- 0,25 Điều kiện: . 2 xk p p ¹+ Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 2 sin sincos3cossincos0 cos x xxxxx x = ( ) ( ) ( ) sincos121cos20xxxÛ += 0,25 2. (1,0 điểm) ( ) sincos*xxÛ= hoặc ( ) 2cos21**x =- 0,25 Trang 2/4 · () *tan1 4 x xk p p Û=Û=+ 0,25 ( ) 2 **22 33 x kxk pp pp Û=±+Û=±+ . Đối chiếu đk ta có: ; 43 x kxk pp pp =+=±+ . 0,25 Điều kiện 0,0xy³³ . Ta có: () ( ) ( ) () 3 3 123231'xxyyÛ-+-=+ 0,25 Xét hàm số ( ) 3 3 f ttt=+ trên R , có ( ) 2 '330,fttt =+>"ÎR , do đó ( ) ft đồng biến trên R .Phương trình ( ) 1' trở thành: 2yx=- , thay vào (2) ta có: 0,25 ( ) 44 2242'xxxx+-++-= Điêu kiện 02x££. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: ( ) ( ) 44 121112 1111 ;2;;2 2244 xx xx x xxx +-+++- ++++ ³³-³³- Suy ra: 44 1335 224 2244 xxxx xxxx +-+- +-++-£+++= 0,25 3. (1,0 điểm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x = , do đó ( ) 2' có nghiệm duy nhất 1 x = . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (;)(1;1)xy = . 0,25 ( ) tan tan 444 322 000 sincos sin .tan. coscoscos x x xxe x dxdx Idxex x xx ppp + ==+ òòò 0,25 44 4 10 22 00 sincos1 |21 coscoscos xdxdx I xxx pp p ==-==- òò 0,25 tantan 44 2 2 00 .tan tan.dtan cos xx dx I exexx x pp == òò . Đặt tan tan;tan x uxdvedx== , ta có tan tan, x dudxve== . Khi đó: 0,25 4. (1,0 điểm) ( ) tantantan 4 44 2 00 0 .tan.tantan11 xxx Iexedxex p pp =-=-= ò . Vậy 12 2III=+= . 0,25 F E M A B C S H Tam giác ABC vuông tại B nên: 1 2 B MACa==, 22 3ABACBCa=-= do đó: 2 13 . 22 ABC a SABBC==. SABD đều nên: 3SBABa== . Từ giả thiết ta có ( ) SMABC^ 0,25 Xét tam giác SMB vuông tại M có: 22 2SMSBBMa=-= . Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: 23 . 113 .2. 332 6 SABCABC aa VSMSa=== 0,25 Gọi F là trung điểm BC, trong (ABC) lấy E đối xứng với F qua M. Khi đó ABFE là hình chữ nhật, nên ( ) ( ) ( ) ( ) //;; B CSAEdSABCdFSAEÞ= . Gọi H là hình chiếu của F lên SE, ta có: ( ) 1FHSE^ 0,25 ( ) ( ) ,2AEEFAESMAESEFAEFH^^Þ^Þ^ . Từ ( ) ( ) ( ) 1,2 F HSAEÞ^ 5. (1,0 điểm) ( ) ( ) 22 6 ;2 11 SMEFSMEF dFSAEFHa SE SMEM Þ==== + .Vậy: ( ) 6 ;2 11 dSABCa= . 0,25 6. Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2444222 216141242 y xyzxyz++³+++++³++. Suy ra: 222 04xyz<++£ . Đặt 222 ,04txyzt=++<£ . Ta có: 0,25 Trang 3/4 22 22 222 11 2211 yy Pxzt x yzt £++++=+ ++++ . (1) 0,25 Xét hàm số () 1 1 ftt t =+ + với 04t<£ , ta có: () ( ) 2 1 '10,04 1 f tt t =->"<£ + . Do đó ( ) ft đồng biến trên ( ] 0;4 . Suy ra () () 21 4 5 ftf£= . (2) 0,25 (1,0 điểm) Từ (1), (2) suy ra giá trị lớn nhất của P là 21 5 đạt được khi: 1,2xzy=== . 0,25 T B C A O M N (C) có tâm O(0;0). Ta có: · · 0 90CMBCNB== nên CMNB là tứ giác nội tiếp, do đó: · · CNMCBM= (1) Gọi AT là tiếp tuyến của (C) khi đó: · · TABACB= mà · · 0 90CBMACB+= (2) và · · 0 90CNMMNA+= (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: · · M NATAB= , do đó: // M NAT suy ra M NOA^ ( ) 3;0MN uuuur là vectơ pháp tuyến của OA, nên OA có phương trình là: 0x = . 0,25 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 22 0 0 5 25 x x y xy = = ì ì Û íí =± += î î .Vì 0 A y < nên: ( ) 0;5A - . 0,25 ( ) 1;2AM - uuuur , ( ) 2;2AN uuur lần lượt là vectơ chỉ phương của AC , AB. Nên AC có phương trình là: ( ) ( ) 20150250xyxy-++=Û++= . AB có phương trình là: ( ) ( ) 05050xyxy +=Û =. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: ( ) 22 250 0,5 4;3 4,3 25 xy xy C xy xy ++= ==- ÛÞ- =-= += ì é í ê ë î . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ( ) 22 50 0,5 5;0 5,0 25 xy xy B xy xy = ==- ÛÞ == += ì é í ê ë î 0,25 7.a (1,0 điểm) Dễ thấy .0,.0,.0ABACBABCCACB>>> uuuruuuruuuruuuruuuruuur , nên DABC nhọn. Vậy ( ) ( ) 5;0,4;3BC- 0,25 Mặt cầu (S) có tâm ( ) 1;2;1I - , bán kính 14R = . 0,25 Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng: ( ) :230,11Qxyzdd+++=¹- . 0,25 Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 14 22 R r == nên ta có: ( ) ( ) 22 21 ; 2 dIQRr=-= 3 21 373 2 14 d d - Û=Û=± 0,25 8.a (1,0 điểm) Vậy có 2 mp cần tìm là: ( ) ( ) 12 :233730;:233730QxyzQxyz++++=+++-= 0,25 Số các kết quả có thể có là: 4 15 1365CW== . Gọi A là biến cố ”4 viên bi lấy được có đủ 3 màu”, khi đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A được cho bởi bảng sau: 0,25 9.a (1,0 điểm) số bi đỏ số bi xanh số bi vàng Số kết quả 1 1 2 112 456 CCC 1 2 1 121 456 CCC 2 1 1 211 456 CCC Do đó: 112121211 456456456 720 A CCCCCCCCCW=++= 0,25 Trang 4/4 Ta cú A l bin c 4 viờn bi ly c khụng cú 3 mu. 0,25 Do ú xỏc sut cn tỡm l: ( ) ( ) 72043 11 136591 PAPA=-=-= 0,25 C B E O A ng trũn ( ) C cú tõm ( ) 0;0O , bỏn kớnh 3R = . D thy ( ) ACẻ . t ã ã ,0BOACOAxx p ==<< . Khi ú, din tớch tam giỏc ABC l: 22 1 2sinsin2 2 AOBBOC SSSRxRx=+=- ( ) 223 sin1cossin.cos 22 xx RxxR=-= . 0,25 p dng bt cụsi ta cú: 2222 62 4 111 sinsinsincos 3232322 sin.cos 422 xxxx xx +++ suy ra 3 1 sin.cos 2216 xx Ê , du bng xy ra khi v ch khi: 22 12 sin3coscos 22223 xxx x p === . Vy din tớch tam giỏc ABC ln nht khi v ch khi ABC l tam giỏc u. 0,25 Gi E l trung im BC. Ta cú: 333 0;0; 222 EE AEAOxyE ổử =ị==-ị- ỗữ ốứ uuuruuur . BC cú pt l: 3 2 y =- . Ta B, C l cỏc nghim ca h: 22 27 3 2 2 3 9 2 x y xy y ỡ ỡ = ù =- ùù ớớ ùù += =- ợ ù ợ . 0,25 7.b (1,0 im) Vỡ 0 B x > nờn 273273 ;;; 2222 BC ổửổử ỗữỗữ ỗữỗữ ốứốứ 0,25 Ta cú: ( ) 1;0;5AB - uuur ; ( ) ( ) 1;2;3,2;2;2OAOB - uuuruuur . 0,25 ( ) ,10;8;2OAOB ộự = ởỷ uuuruuur . Mt phng (OAB) cú mt vect phỏp tuyn l ( ) 1 5;4;1n - ur . 0,25 ( ) 1 ;20;26;4ABn ộự = ởỷ uuurur . Vỡ (P) cha AB v (P)^(OAB) nờn (P) cú mt vect phỏp tuyn l ( ) 10;13;2n r . 0,25 8.b (1,0 im) Phng trỡnh mp(P) l: ( ) ( ) ( ) 10113223010132420xyzxyz-+-+-=++-= 0,25 iu kin: 1;210xxy> +> , pt th hai ca h tng ng vi: ( ) ( ) 22 log1log21 x xyxy+=-+= . Th vo pt (1) ta cú: 0,25 2 1722 4.462.9012.1760 333 xx xxx ổửổử -+=-+= ỗữỗữ ốứốứ 0,25 22 33 x ổử = ỗữ ốứ hoc 23 34 x ổử = ỗữ ốứ 1 x = hoc 2 3 3 log 4 x = . 0,25 9.b (1,0 im) i chiu iu kin, h cú hai nghim: 22 33 33 (;)(1;1),(;)log;log 44 xyxy ổử == ỗữ ốứ 0,25 TNG 10,0 HT.