Đề thi thử đại học môn Toán năm 2014 TP Hà Nội trường THPT Cổ Loa-2014

TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Ngày thi : 19/1/2014 Môn : TOÁN - Kh ố i : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số:   4 2 2 1 3 y x m x    (1) a) Kh ả o sát s ự biế n thiên và v ẽ đ ồ thị hàm s ố (1) khi 1m  . b) Tìm m để đường thẳng 2 2y m   cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8. Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin 2 2sin 2 .cos 3sin 1 sin3 6 x x x x x             . Câu 3 (1,0 đi ể m): Gi ải h ệ phương tr ình 3 3 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3 1 2 3. 8 2 5 x y xy x y x y x y xy x x y y                     , ,x y  . Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm: 3 2 x x x x e e dx e e        . Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng (SCD) và m ặ t ph ẳ ng (ABCD) là 0 60 . Tính thể tích c ủ a kh ố i chóp S.ABCD và khoả ng cách t ừ tr ọng tâm tam giác SAB đ ế n m ặt ph ẳ ng   SC D . Câu 6 (1,0 điểm): Cho , , 0x y z  thỏa mãn 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 4A x y z    . Câu 7 (1,0 điể m): Trong m ặ t ph ẳng v ớ i h ệ t ọa đ ộ Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho 1 4 AN AC . Biết M N có phương trình 3 4 0 x y    và D(5;1). Tìm t ọ a đ ộ c ủa đi ể m B biế t M có tung đ ộ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 1 25 20 5.10 5.2 5.4 5 10 50 x x x x x x x x        . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: www.VNMATH.com Trang 1/5 SỞ GD - ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Câu Đáp án Điểm a) 1 điểm Khi 1m  , ta có hàm số 4 2 4 3y x x   .  Txđ:  . - Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ; 0 ' 0 2 x y x         . 0,25 Hàm số đồng biến trên   2;0 ;   2; , nghịch biến trên   ; 2  và   0; 2 . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x  , ĐC 3y  ;h/s đạt cực tiểu tại 2x   , CT 1y   . Giới hạn: lim lim x x y y      . 0,25 - Bảng biến thiên: x  2 0 2  'y  0 + 0  0 + y   3 1 1 0,25  Đồ thị 0,25 b) 1 điểm Pt hoành độ giao điểm :   4 2 2( 1) 3 2 2 1x m x m      Ta có   2 4 2 2 2 1 1 1 2( 1) 2 1 0 2 1 2 1 x x x m x m x m x m                      Ta có   1 luôn có 2 nghiệm phân biệt 1x   . 0,25 1 (2 điểm Để đường thẳng d cắt đồ thị   m C tại đúng 2 điểm phân biệt thì   1 có đúng 2 nghiệm phân biệt   0 2 1 1 * 1 2 1 0 2 m m m m                 . 0,25 www.VNMATH.com Trang 2/5 Khi đó, giả sử 2 giao điểm là     1;2 2 , 1;2 2A m B m   . Ta có OAB cân tại O , gọi I là trung điểm của AB (0,2 2 )I m  và 2, 2 2AB OI m   . Theo giả thiết 1 8 8 2 OAB S OI AB    0,25     3 * 2 1 8 1 4 5 * tho¶ m·n kh«ng tho¶ m·n m m m m              . Vậy 3m   . 0,25 Pt đã cho 3sin 2 cos2 sin 3 sin 3sin 1 sin3x x x x x x       3sin 2 4sin 1 cos2x x x    0,25 2 2 3 sin cos 4sin 2sinx x x x     2sin sin 3 cos 2 0x x x    sin 0 sin 3 cos 2 x x x        0,25 sin 3 cos 2 sin 1 3 x x x             5 , 6 x k k      ; 0,25 2 (1 điểm)  sin 0 ,x x k k     ; Vậy, các nghiệm của phương trình là 5 , 2 6 x k x k      , k  . 0,25 Giải hệ phương trình     3 3 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 1 3 1 2 3 8 2 5 2 x y xy x y x y x y xy x x y y                     ĐK: 1x  .   1            2 2 2 2 3 3 2 2x y x xy y xy x y x y x y xy           2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) ( ) 3( ) 2x y x y x y x y x y          2 2 ( )( 2) ( 2)( 1)x y x y x y x y         0,25  2 2 2 0 (3) 1 0 (4) x y x y x y             2 2 1 1 1 (4) 0 2 2 2 x y                   , vô nghiệm. 0,25  (3) 2y x   . Thay vào (2) ta được     2 3 2 3 3 1 3 4 2 2 9 3 1 1 3 4 2 2 2 x x x x x x x x                         2 3 3 2 3 3 3 2 3 2 4 2 1 1 4 2 2 4 2 4 2 3 6 (5) 1 1 4 2 2 4 2 4                            x x x x x x x x x x x x 0,25 3 (1 điểm) - Với 2 0x y   . Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến. Mà 2x  là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là 2 0x y   .Vậy nghiệm   ;x y của hệ đã cho là   2;0 . 0,25 www.VNMATH.com Trang 3/5 3 2 x x x x e e I dx e e          1 1 1 2 2 x x x x dx x dx e e e e                   . 0,25 Với 1 2 2 1 2 2 1 ( 1) x x x x x x x e e I dx dx dx e e e e e             . Đặt 1 x x t e dt e dx    0,25 1 2 1 1 1 x dt I C C t t e           . 0,25 4 (1 điểm) 1 1 x I x C e      . 0,25  Gọi H là trung điểm của AO   SH ABCD . Dựng HI  CD tại I, suy ra   CD SHI SI CD  , vậy góc giữa   SCD và   ABCD là  SIH  0 60SIH  0,25 M H O C B A D S I K G HI // AD nên 3 3 4 4 HI AD a  suy ra  O 3 3 3 .tan tan 60 4 4 a a SH HI SIH   2 3 2 . 1 1 3 3 3 3 3 4 4 ABCD S ABCD ABCD S a a a V S SH a         0,25 Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và 2 3 SG SM  . Mà   MG SCD S  suy ra d(G,(SCD))=         2 2 , , 3 3 d M SCD d A SCD   AH SCD C  , 4 3 AC HC  nên         4 , , 3 d A SCD d H SCD 0,25 5 (1 điểm) Kẻ HK SI tại K     ,( )HK SCD HK d H SCD    2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 16 64 3 3 27 9 27 8 a HK HK SH HI a a a           8 3 3 3 ,( ) 9 8 3     a a d G SCD . 0,25 Ta có      3 2 3 3 1 0 4 x y x y x y x y       là mệnh đề đúng với mọi ,x y . Suy ra     3 3 3 3 1 1 4 3 4 4 4 A x y z z z      . 0,25 6 (1 điểm) Xét hàm số       3 3 1 3 4 , 0;3 4 f z z z z    . Ta có     2 9 5 2 3 4 f z z z     ,       1 0;3 0 3 0;3 5 z f z z              . 0,25 www.VNMATH.com Trang 4/5 Bảng biến thiên của hàm số   f z trên   0;3 : z 0 3 5 3   f z   0 +   f z 27 4 108 108 25 0,25 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là 108 25 khi 3 5 z  , 6 5 x y  . 0,25 Kẻ NH BC tại H , NK DC tại K . Ta có NKC NHC   (cạnh huyền và góc nhọn) NK NH  1 4 1 4                  DK AN AD NK DC AC DK BH BH AN AB NH BC AC mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm của BM .   ,DKN MHN DNK MNH ND NM       . Mà   0 0 90 90KNH DNH DNM     vuông cân tại N 0,25 pt : ( 5) 3( 1) 0DN MN DN x y       hay 3 8 0x y   Toạ độ N thoả mãn: 3 8 0 (2;2) 3 4 0 x y N x y           Gs ( ;3 4) (2 ;6 3 ), 10,M m m MN m m DN MN DN        2 2 2 3 (3;5) (2 ) (6 3 ) 10 ( 2) 1 1 (1; 1) lo¹i m M m m m m M                  0,25 7 (1 điểm) (3;5)M , gọi 1 3 P MN AD NP NM        1 5 2 3 3 2 1 1 p p p p x x y y                     Ta có 1 1 1 5 = 3 6 6 6 AP MC BC AD DP DA    0,25 www.VNMATH.com Trang 5/5 5 5 5 3 6 6 3 5 3 5 3 5 1 5 3 5 3 5 (1 1) 5                                       B B B B DP DA CB MB MB DP x x y y 0,25 Ch ọ n 5 viên bi trong 18 viên bi thì có 5 18 C cách.  Không gian m ẫ u g ồm   5 18 85 6 8n C    kế t qu ả đồ ng kh ả năng x ả y ra. 0,25 Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng” Ta có các trườ ng h ợ p xả y ra: TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. Có 1 1 3 6 7 5 C C C  cách chọn trong trường hợp này. 0,25 TH2: Trong 5 bi đư ợ c ch ọn có 2 bi đ ỏ , 2 bi vàng và 1 bi xanh . Có 2 2 1 6 7 5 C C C  cách chọn trong trường hợp này.  1 1 3 2 2 1 6 7 5 6 7 5 ( ) 1995n A C C C C C C       . 0,25 8 (1 điểm) Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 1995 95 ( ) ( ) 8568 408 n A P A n     . 0,25 1 25 20 5 10 5 2 5 4 5 10 50 x x x x x x x x                   1 25 50 20 10 5.10 5 5 2 4 0 x x x x x x x x              2 1 25 10 5.5 5.2 0 x x x x x        0,25        2 1 0 1 5 2 5 5 0 2 x x x x           0,25 (1) 2 1 0 x x    . 0,25 9 (1 điểm) 5 5 1 (2) 5 0 1 2 x x x x                     Vậ y t ập nghi ệm c ủ a phương tr ình là:   0; 1 S  . 0,25 Chú ý: N ế u thí sinh làm bài theo các cách khác mà v ẫ n đúng thì v ẫ n đư ợ c đ ầy đ ủ s ố điểm theo đáp án qui định. Hết www.VNMATH.com . TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Ngày thi : 19/1 /2014 Môn : TOÁN - Kh ố i : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: www.VNMATH.com Trang 1/5 SỞ GD - ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013. HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Câu Đáp án Điểm a) 1 điểm Khi 1m  , ta có hàm số 4 2 4 3y x x   .  Txđ:  . - Sự biến thi n:Chiều