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 + A 1 + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 3 2 3 3 2 1 = − + + + + y x x m m x (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0 m = . b) Tìm m để đồ thị hàm số ( 1 ) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm ( ) 1 ; 3 I . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos tan 1 tan sin + = + x x x x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 4 4 2 2 0 8 1 2 9 0 x xy y x y x y + + + + − = − + − = ( , ) x y ∈ » . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 1 2 4 0 1 = + + ∫ x dx I x x . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' ' ' ABCD A B C D có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên ' AA a = , hình chiếu vuông góc của ' A trên mặt phẳng ( ) ABCD trùng với trung điểm I của 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 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 3 2 x y z + + ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 x y z P y z x x y z = + + + + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chư ơ ng 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 : 2 9 0 AC x y + − = . Điểm (0;4) M nằm trên cạnh BC . Xác định tọa độ các đỉnh c ủa hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6 , đường thẳng CD đi qua (2;8) N và đỉnh C có tung độ là một số nguyên. Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ): 3 0 P x y z + + + = và hai điểm (3;1;1), (7;3;9) A B . 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 n g ẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 bi lấy ra không có đủ cả ba màu. B. Theo chươn g t rìn h N â ng c a o 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 :3 4 16 0 AC x y + − = . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho đường thẳng 1 1 1 ( ): 1 2 3 x y z − + − ∆ = = − và hai điểm (2;1;1); ( 1 ; 1 ; 0 ) A B . Tìm điểm M thuộc ( ) ∆ sao cho tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9.b (1.0 điểm). Giải hệ phương trình 1 lg( ) 10 50 lg( ) lg( ) 2 lg5 x y x y x y + + = − + + = − . Hết Thí sinh không được sử d ụn g t à i l i ệu . C á n b ộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A 1 và khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi 0 m = ta có 3 2 3 1 y x x = − + + • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 ; ' 0 0 y x x y x = − + = ⇔ = hoặc 2 x = 0,25 Khoảng đồng biến: (0;2) ; các khoảng nghịch biến: ( ;0) −∞ và (2; ) +∞ − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0 ; 1 CT x y = = ; đạt cực đại tại 2, 5 CÑ x y = = − Giới hạn: lim x y →−∞ = +∞ ; lim x y →+∞ = −∞ 0,25 − Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ ' y − 0 + 0 − y +∞ 5 1 −∞ 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có: 2 2 ' 3 6 3 6 y x x m m = − + + + 2 ' 0 2 ( 2) 0 2 x m y x x m m x m = − = ⇔ − − + = ⇔ = + 0,25 Hàm số có hai cực trị ⇔ ' 0 y = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2 1 m m m + ≠ − ⇔ ≠ − 0,25 1 (2,0 điểm) Với 3 2 2 3 1 x m y m m = − ⇒ = − − + Với 3 2 2 2 9 12 5 x m y m m m = + ⇒ = + + + Tọa độ hai điểm cực trị là ( ) 3 2 ; 2 3 1 A m m m − − − + và ( ) 3 2 2 ; 2 9 12 5 B m m m m + + + + 0,25 ( ) 1 ; 3 I là trung điểm của AB ⇔ 2 2 0 6 12 0 2 2 A B I A B I x x x m m m y y y m + = = ⇔ + = ⇔ + = = − Vậy g i á t r ị m cần tìm là 0, 2 m m = = − . 0,25 Điều kiện: cos 0 x ≠ . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 cos sin cos sin x x x x + = + 0,25 (cos sin )(cos sin 1 ) 0 x x x x ⇔ − + − = 0,25 cos sin 0 x x − = ⇔ tan 1 4 x x k π π = ⇔ = + ( ) k ∈ 0,25 2 (1,0 điểm) 2 1 cos sin 1 cos 2 4 4 4 2 2 2 x k x x x x k x k π π π π π π π = + = ⇔ − = ⇔ − = ± + ⇔ = + ( ) k ∈ Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 4 x k π π = + hoặc 2 x k π = . ( ) k ∈ 0,25 Xét hệ phương trình 2 2 2 4 4 2 2 0 (1) 8 1 2 9 0 (2) x xy y x y x y + + + + − = − + − = Điều kiện: 1 1 2 0 2 x x − ≥ ⇔ ≤ . Đặt 2 t x y = + , phương trình (1) trở thành: 2 1 2 0 2 t t t t = + − = ⇔ = − 0,25 Nếu 1 t = thì 2 1 1 2 0 x y x y + = ⇔ − = ≥ . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 2 8 9 0 y y + − = Đặt 0 u y = ≥ , phương trình trở thành: 4 3 2 8 9 0 ( 1 ) ( 9) 0 1 u u u u u u u + − = ⇔ − + + + = ⇔ = . Khi đó hệ có nghiệm 0 1 x y = = 0,25 Nếu 2 t = − thì 2 2 1 2 3 0 x y x y + = − ⇔ − = + ≥ . Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 2 3 8 3 9 0 8 3 ( 3 ) ( 3 ) 0 8 ( 3 ) 3 0 y y y y y y y y = − + + − = ⇔ + + − + = ⇔ + − + = Với 3 y = − thì hệ có nghiệm 1 2 3 x y = = − 0,25 3 (1,0 điểm) Xét phương trình 8 ( 3 ) 3 0 y y + − + = (3) Đặt 3 0 v y = + ≥ , phương trình (3) trở thành: 3 6 8 0 v v − + = Xét hàm số 3 ( ) 6 8 f v v v = − + , ta có: 2 '( ) 3 6 f v v = − và '( ) 0 2 f v v= ⇔ = ± Hàm ( ) f v đạt cực đại tại ( 2;8 4 2) − + , đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2) − Vì (0) 8 0 f = > và 8 4 2 0 − > nên ( ) 0 f v = không có nghiệm 0 v ≥ 0,25 Vậy h ệ phương trình có hai nghiệm là 1 0 ; 2 1 3 x x y y = = = = − . Ta có: 1 1 3 4 5 0 0 1 I x x dx x dx = + − ∫ ∫ 0,25 1 1 6 5 0 0 1 6 6 x x dx = = ∫ 0,25 Đặt 4 2 4 3 1 1 2 t x t x tdt x dx = + ⇒ = + ⇒ = Đổi cận: 0 1 ; 1 2 x t x t= ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 2 2 3 2 1 1 1 1 2 1 2 2 3 3 6 t I t dt = = = − ∫ 0,25 4 (1,0 điểm) Vậy 2 1 3 I − = . 0,25 Gọi H DK IC = ∩ , do ABCD là hình vuông cạnh a nên ta suy ra được IC DK ⊥ , 5 2 a DK IC= = , . 5 5 CK CD a CH DK = = , 3 5 10 a IH = 0,25 Xét ' A AI ∆ ta được 3 ' 2 a A I = . Suy ra: 3 '. 1 1 1 3 . . ' . . . . ' 3 3 2 16 A IDK IDK a V S A I DK IH A I= = = 0,25 Do ( ' ) ( ' ) ( ' ) ' DK IH DK A IH A IH A DK DK A I ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Trong ( ' ) A IH , kẻ ' IE A H ⊥ . Suy ra: ( ' ) ( ,( ' ) IE A KD IE d I A KD ⊥ ⇒ = 0,25 5 (1,0 điểm) Xét tam giác ' A IH ∆ : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 20 32 3 2 8 ' 3 9 9 a IE IE A I IH a a a = + = + = ⇒ = Vậy 3 2 ( ,( ' ) 8 a d I A KD = . 0,25 6 (1,0 điểm) Ta có: 2 2 2 3 3 1 1 1 3 3 x y z A xyz y z x x y z xyz = + + + + + ≥ + 0,25 Đặt 3 t xyz = ta có 3 1 0 3 2 x y z t xyz + + < = < ≤ 0,25 Khi đó: 3 3 9 15 3 12 9 2 36 2 2 P t t t t t ≥ + = + − ≥ − = 0,25 Dấu đẳng thức xảy r a k h i v à c h ỉ khi 1 2 x y z = = = Vậy 15 min 2 A = . 0,25 Vì : 2 9 0 (9 2 ; ) C AC x y C c c ∈ + − = ⇒ − Khi đó (7 2 ; 8 ) , ( 9 2 ; 4) NC c c MC c c = − − = − − Khi đó ta có: 5 . 0 (7 2 )(9 2 ) ( 8 ) ( 4) 0 19 5 c NC MC c c c c c = = ⇔ − − − − − = ⇔ = 0,25 Vì C có tung độ là một số nguyên nên ( 1;5) C − Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại ' A Khi đó ' : 2 4 0 MA x y − + = . Suy ra 1 22 ' ; 5 5 A 0,25 Ta có ' 1 1 . '. 2 3 A MC S MA MC = = Hai tam giác ABC và ' A MC nên 2 ' 1 3.1 3 9 3 (2;2) 1 5 3.( 1) 3 B ABC A MC B x S CB CB CM B CM S y + = = = = ⇒ = ⇒ ⇒ − = − 0,25 7.a (1,0 điểm) Tương tự 3 ' ( 3; 3 ) CA CA A= ⇒ Từ (0;6) AB DC D= ⇒ Vậy (3; 3), (2 ; 2), ( 1; 5), ( 0 ; 6) A B C D − . 0,25 Gọi I là trung điểm của đoạn AB thì (5;2;5) I Ta có: 2 2 MA MB MI MI + = = 0,25 8.a (1,0 điểm) MA MB + đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên mp(P) 0,25 Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận ( 1 ; 1 ; 1 ) n = là VTCP có phương trình 5 2 5 1 1 1 x y z − − − = = 0,25 Tọa độ giao điểm của M của ∆ và (P) là nghiệm của hệ phương trình: 0 5 2 5 3 1 1 1 3 0 0 x x y z y x y z z = − − − = = ⇔ = − + + + = = Vậy (0; 3;0) M − . 0,25 Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ t r o n g h ộp là 4 15 1365 C = cách 0,25 Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là: • 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: 2 1 1 6 5 4 300 C C C = • 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: 1 2 1 6 5 4 240 C C C = • 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: 1 1 2 6 5 4 180 C C C = Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là: 300 240 180 720 + + = cách 0,25 Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là: 1365 720 645 − = cách 0,25 9.a (1,0 điểm) Vậy x á c s u ất cần tìm là: 645 43 P 1365 91 = = . 0,25 Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên ( ) 0 ; 4 C Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1. Vì B nằm trên trục tung nên (0; ) B b . Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với : 0 BC Oy x ≡ = nên : AB y b = 0,25 Vì A là giao điểm của AB và AC nên 16 4 ; 3 b A b − Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có 2 2 16 4 4 . 2. 3 1 4 3 16 4 16 4 4 ( 4) 3 3 ABC b b S S b AB BC CA b b b b − − = = = − + + − − − + + − + 0,25 Theo giả thiết 1 r = nên ta có 1 b = hoặc 7 b = 0,25 7.b (1,0 điểm) Với 1 b = ta có (4;1), (0;1) A B . Suy ra: (4;4) D Với 7 b = ta có ( 4;7), (0; 7) A B − − . Suy ra: ( 4;4) D − . 0,25 Gọi ( 1 ; 1 2 ;1 3 ) M t t t d + − − + ∈ . Ta có: ( 1 ; 2 2 ;3 ), ( 1;0; 1) AM t t t AB = − + − − = − − 0,25 2 1 1 , ( 2 2 ; 2 1 ; 2 2) , 12 20 9 2 2 AMB AM AB t t t S AM AB t t = − − + + ⇒ = = + + 0,25 2 1 5 2 1 2 12 2 6 3 2 3 t = + + ≥ . 0,25 8.b (1,0 điểm) Dấu đẳng thức xảy r a k h i v à c h ỉ khi 5 6 t = − . Vậy 1 2 3 ; ; 6 3 2 M − . 0,25 Điều kiện 0 0 x y x y − > + > 0,25 Ta có: lg( ) ( 1 ) 5 0 1 0 . 1 0 1 0 ( ) 5 x y x y x y + ⇔ = = + ⇔ + = 0,25 Thế vào (2) ta được: 2 2lg5 lg5 2 10 100 lg( ) 2 2lg5 10 4 25 ( 1 0 ) x y x y − − = − ⇔ − = = = = 0,25 9.b (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với 9 5 2 4 1 2 x x y x y y = + = ⇔ − = = Vậy h ệ phương trình có nghiệm là 9 1 ; 2 2 . 0,25 Hết . cắt AC tại ' A Khi đó ' : 2 4 0 MA x y − + = . Suy ra 1 22 ' ; 5 5 A 0,25 Ta có ' 1 1 . '. 2 3 A MC S MA MC = = Hai tam giác ABC và ' A MC . GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 1 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A 1 + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A 1