đề thi thử đại học năm 2014 (có đáp án)

SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN - Khối A,A 1 ,B,D (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 3 3 2y x x   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 6 5MN  . Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình:   sin 2 cos 3 os2 sin 1 2sin 2 3 x x c x x x      Câu 3 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2 2 4 5 1 2 1 3 1 x x x x x       Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân 2 2 3 1 ln( 1) 2 x I x x dx 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 45 0 . 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 2 2 4 5x xy y   Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 3 3 8 9 2M x y xy x y     . 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 7 0x y   , điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20 (đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. Câu 8.a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 01  zyx , đường thẳng d: 3 1 1 1 1 2        zyx . Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 23 . Câu 9.a (1,0 điểm): Cho tập hợp   1;2;3;4;5;6E  . Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có nhiều nhất 3 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 Câu 7.b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip 2 2 ( ): 1 16 9 x y E   và đường thẳng :3 4 12 0d x y   . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm ( )C E sao cho ABC có diện tích bằng 6. Câu 8.b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) :2 2 3 0P x y x    và hai đường thẳng (d 1 ); (d 2 ) lần lượt có phương trình 4 1 2 2 1 x y z     và 3 5 7 2 3 2 x y z      . Viết phương trình chính tắc đường thẳng () song song với mặt phẳng (P), cắt (d 1 ) và (d 2 ) lần lượt tại A và B sao cho AB=3. Câu 9.b (1,0 điểm): Tìm số hạng chứa x 6 trong khai triển 3 1 2 n x x        , biết n là số nguyên dương thỏa mãn 2 3 0 1 2 3 2 2 2 1093 3 4 1 1 n n n n n n n C C C C C n n         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: Cảm ơ n thầy Lươ n gCô ngHảo( l aocon g huon g@g mai l .com )đãgửi tớ i www.l a i sac.page.tl 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,A 1 ,B,D (Đáp án gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm D=R 2 ' 3 3, y x x D     ' 0 1 1 y x x       0,25 Hàm số đồng biến trên (-;-1) và (1;+); nghịch biến trên (-1;1) Hàm số đạt cực đại x=-1, y CĐ = 4; đạt cực tiểu tại x=1, y CT = 0 lim ; lim x x y y       0,25 x - -1 1 + y' + 0 - 0 + y 4 + - 0 0.25 1a Đồ thị 7 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -4 -2 2 4 6 M 0,25 Gọi 3 ( ; 3 2) ( ) M m m m C    Gọi  là tiếp tuyến của (C) tại M, 2 3 : (3 3)( ) 3 2 y m x m m m        0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của  và (C) 3 2 3 2 3 2 (3 3)( ) 3 2 ( ) ( 2 ) 0 x x m x m m m x m x m             Trước tiên, 0 m  và 3 ( 2 ; 8 6 2) N m m m     0,25 Có 2 6 4 2 81 2.81 90 180 MN m m m    Đặt 2 ( 0) t m t   , có 3 2 9 18 10 20 0 2 t t t t       0,25 1b Suy ra 2 m   Vậy có 2 điểm ( 2 2; 10 2 2); (2 2;10 2 2) N N     0,25 == Trang: 01 == Điều kiện 2sin 2 3 0 6 x x k        và 3 x k     (2) sin 2 osx- 3( os2x+sinx)=2sin2x- 3 x c c  0,25 ( 3sinx-cosx)(2sinx-1)=0  0,25  1 3sinx-cosx=0 tanx= 6 3 x k       0,25 2  2sinx-1=0 x= 2 6 k     hoặc 5 x= 2 6 k    Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 5 x= 2 6 k    0,25 Điều kiện 1 1 4 x x      Nhân 2 vế cho 2 2 4 5 1 2 1 0 x x x x       , ta được: 2 2 9 3 (3 1)( 4 5 1 2 1) x x x x x x         0,25  1 3 x  hoặc 2 2 4 5 1 2 1 3 x x x x       (*) 0,25 2 2 2 2 3 2 1 0 (*) 4 5 1 3 2 1 63 72 0 x x x x x x x x                    Giải được 0 x  (nhận) hoặc 8 7 x   (loại) 0,25 3 Đối chiếu điều kiện, được nghiệm 0 x  hoặc 1 3 x  0,25 2 2 2 3 1 1 ln( 1) 2 x I x x dx dx x        2 2 2 2 1 1 1 2 1 ( 1) I x x dx x dx        Đặt 1 sin ostdt x t dx c     . Đổi cận 1 0; 2 2 x t x t        2 2 2 2 2 1 0 0 0 1 1 1 sin cos t os ( sin 2 )| 2 2 4 I t dt c tdt t t             0,25  2 2 3 1 ln( 1) x I dx x    . Đặt 3 2 1 ln( 1) 1 1 1 2 u x du dx x dv dx v x x                     2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 ln( 1) | 2 2 ( 1) I x dx x x x        0,25 Có 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) | ln | ln 1 | ln 2 ln3 ( 1) 1 4 2 dx dx x x x x x x x x                0,25 4 2 1 1 1 1 1 1 3 ln3 ln2 ln 2 ln3 ln 2 ln3 8 2 4 2 4 2 8 I          0,25 Và 1 1 3 ln 2 ln3 4 4 2 8 I      == Trang: 02 == I M H C A D B S 0,25 Có 3 2 a SH HC  ; 2 1 3 3 2 2. . 2 2 2 ABCD ACD a a S S a   ; 3 . 4 S ABCD a V  0,25 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 5 2 2 13 IS= IG 12 R GS a   0,25 Ta đặt 2 t x y   , từ giả thiết suy ra 2 5 3 t xy   . Dùng điều kiện có nghiệm của hệ 2 2 4 5 2 x xy y x y t         . Suy ra 2 2 t  0,25 Khi đó     3 2 6 2 9 2 M x y xy x y xy ( x y )          3 2 3 9 15 t t t f t       0,25 Xét hàm f(t) với 2 2 2 2 t ;       0,25 6 Suy ra     9 2 2 20 min f t ; max f t     và kết luận 0,25 Phương trình AC: 3 7 0 x y    , B(0;-3) Phương trình BD: 3 9 0 x y    . Tọa độ I AC BD   (3; 2) I   0,25 Do I là trung điểm BD nên (6; 1) D  . Ta có 2 10 BD  0,25 Gọi ( ;7 3 ) A a a AC   . dt(ABCD)=2.dt(ABD)  2 2 3(7 3 ) 9 1 .2 10 10 2 1 3 a a     0,25 7a  2 4 a a   do vậy 1 1 2 2 (2;1); (4; 5) (4; 5); (2;1) A C A C   0,25 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 = 45 0 == Trang: 03 == • (P) có VTPT (1;1; 1) P n    và d có VTCP (1; 1; 3) u     )4;2;1()( IPdI    • Vì       dP);( có VTCP ( ) ; ( 4;2; 2) 2(2; 1;1) P u n u                0,25 • Gọi 1  đi qua I và 1 1 1 ( );P d       có VTCP 1 (2; 1;1) u    • Gọi 2  đi qua I và 2 2 1 2 ( );P        có VTCP 2 1 ; 3(0;1;1) P u n u           0,25 2 1 : 2 4 x y t z t             . Gọi 2 (1;2 ;4 )H t t    Có 2 2 3 2 18 3 IH t t t        0,25 8a • 1 1 1 3 (1; 1;1) : 2 1 1 x y z t H             • 1 5 7 3 (1;5;7) : 2 1 1 x y z t H           0,25 Số các số thuộc M có 1 chữ số là 6 Số các số thuộc M có 2 chữ số là 2 6 30 A  Số các số thuộc M có 3 chữ số là 3 6 120 A  Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 6+30+120 = 156 0,25 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 0,50 9a Vậy 20 5 ( ) 156 39 P A   0,25 Xét hệ 2 2 4, 0 1 (4;0), (0;3) 16 9 0, 3 3 4 12 0 x y x y A B x y x y                     là 2 giao điểm 0,25 Gọi 2 2 0 0 0 0 ( ; ) ( ) 1 16 9 x y C x y E     (1). Ta có 0 0 3 4 12 ( , ) 5 x y d C AB h     0 0 0 0 3 4 12 1 1 1 . . .5. 3 4 12 2 2 5 2 ABC x y S AB h x y         Từ giả thiết suy ra 0 0 0 0 0 0 3 4 24 (2) 3 4 12 12 3 4 0 (3) x y x y x y            0,25 Từ (1) và (2) ta được PT 2 0 0 2 12 27 0 y y    , PT này vô nghiệm Từ (1) và (3) ta được PT 2 0 0 0 3 32 144 2 2 2 y y x       . 0,25 7b Vậy có 2 điểm là: 3 2 2; 2 C         và 3 2 2; 2 C         . 0,25 == Trang: 04 == Lấy 1 1 1 1 2 2 2 2 (4 2 ;1 2 ; ) ; ( 3 2 ; 5 3 ;7 2 ) A t t t d B t t t d           2 1 2 1 2 1 (2 2 7;3 2 6; 2 7) AB t t t t t t           0,25 Có 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 6 0 (2; 1;2) (2 2 7) (3 2 6) ( 2 7) 9 3 P t AB n t t t t t t AB                             0,25 Giải được 1 2 2; 2 t t    0,25 8b Suy ra (2; 1;1); ( 1;2;2) A AB     và 2 1 1 : 1 2 2 x y z        0,25 Xét khai triển 0 1 2 2 3 3 (1 ) n n n n n n n n x C C x C x C x C x        Lấy tích phân cận từ 0 đến 2 hai vế, ta có: 2 1 2 1 0 0 1 1 (1 ) (1 ) | (3 1) 1 1 n n n VT x dx x n n            2 3 4 1 0 2 1 2 2 2 3 2 2 0 0 0 0 0 | | | | | 2 3 4 1 n n n n n n n x x x x VP C C C C C n         2 3 0 1 2 3 2 2 2 2( ) 3 4 1 n n n n n n n C C C C C n        0,25 Suy ra 1 1 1093 (3 1) 2( 1) 1 n n n      . Giải ra được n=6 0,25 Số hạng TQ của khai triển 6 3 1 2x x        là 3 6 6 18 4 6 6 1 (2 ) ( ) ( 1) .2 . . k k k k k k k C x C x x       0,25 9b Có k=3. Suy ra số hạng chứa x 6 là 3 3 3 6 6 6 ( 1) .2 . . 160 C x x    0,25 == Trang: 05 == Cảm ơ n thầy Lươ n gCô ngHảo( l aocon g huon g@g mai l .com )đãgửi tớ i www.l a i sac.page.tl . SỞ GD&ĐT QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT SỐ 1 SƠN TỊNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013 -2014 Môn: TOÁN - Khối A,A 1 ,B,D (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. 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,A 1 ,B,D (Đáp án gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm D=R 2 ' 3 3, y