DE THI THU DH KHOI AA1 HOT

Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ - NĂM 2014 Trường THPT Hai Bà Trưng MÔN: TOÁN (KHỐI A, A1) (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) - Họ tên thí sinh: …………………………………….…… Số báo danh: ……………… Câu (2 điểm): Cho hàm số y  2x x 1 (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đường thẳng (d): y = mx – m + cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho độ dài AB nhỏ Câu (2 điểm):   a) Tìm nghiệm x   0,  phương trình cos6x (1 + 2sinx) + 2cos2x = + 2cos5xsin2x  2 b) Giải hệ phương trình 19  y ( x    x )2  2(  3x  8) x   y  log x  e x e ln x  I  dx x Câu (1 điểm): Tính Câu (2 điểm): a) Trong mp (0xy) cho tam giác ABC vuông A, biết cạnh BC có pt: x  y   , điểm A, B thuộc trục hoành Xác định tọa độ trọng tâm G tam giác ABC ; biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC b) Cho mp (P): 2x+ 2y+ z = Lập phương trình mặt cầu qua điểm A (1; 0; 0) ; B (0; 1; 0); C (0; 3; 2) cắt mp (P) theo thiết diện đường tròn (C) có bán kính Câu (1 điểm): Với số thực x, y thỏa mãn: 2(x2 + y2) = xy + Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P  x4  y xy  Câu (1điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a, SA = SB = SC = SD = a E điểm thuộc cạnh SC cho SE = 2EC; F điểm thuộc cạnh SD cho SF = FD Tính thể tích khối chóp SABCD thể tích khối đa diện ABCDFE Câu (1 điểm) : Tìm giá trị x khai triển Newton n  lg 103x   x   lg     biết số hạng thứ khai triển : 21 Cn  Cn  2Cn   -HẾT Ghi chú: - Thí sinh không sử dụng tài liệu! - Cán coi thi không giải thích thêm! ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A, A1 – THI THỬ ĐH LẦN CÂU a điểm NỘI DUNG ĐIỂM 2x y (C) Hàm số: x 1 D  \ 1 0.25 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x (1) x  x (1) - TC đứng: x = 1; TCN: y = 2 +) y '   0, x  D  x  1 0.25 +) BBT: x y' y -  -1 || ||  || + - 0.25  Hàm số nghịch biến  ,1 ; 1,   +) ĐT: Giá trị x -3 -1 y 3/2 Đồ thị nhận giao điểm I (1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng 12 10 0.25 15 10 5 10 15 b điểm Pht hoành độ giao điểm (C) (d) x  2x  mx  m    x 1  g ( x )  mx  2mx  m   (d) cắt (C) hai điểm phân biệt g(x) = có hai nghiệm phân biệt khác m0       m  m(m  2)   m   g (1)  m  2m  m    0.25 0.25 Gọi x1, x2 nghiệm (*) A (x1 ; mx1- m+2), B (x2 ; mx2 – m +2) 0.25 2a điểm Theo vi ét ta có x1 + x2 = x1x2 = (m-2)/m AB2 = (x2 - x1)2(1+ m2)= [(x1+ x2)2 - 4x1x2] (1+m2) 1  = 1  m    m    16 m>0 m m  ABmin = ⇔ m =1 Cos6x(1+ 2sinx) + 2cos2x = 1+ 2cos5xsin2x ⟺cos6x + 2cos6xsinx + cos2x = 2cos5xsin2x ⟺cos6x + sin7x – sin5x + cos2x = sin7x – sin3x ⟺cos6x + cos2x + sin3x – sin5x = ⟺2cos4xcos2x – 2cos4xsinx = ⇔ x0  cos cos x  sin x  Do x  (0; ) , 0.25 (1) (2)  (1 )    0.25  3 x x 0.25 (2)⇔1-2sin2x=sinx⇔2sin2x+sinx-1=0⇔ 2b điểm 0.25  sinx 1  sinx   ⇔x=π/6 ( sinx = -1 loại) Vậy pt có nghiệm x=π/8; x=3π/8; x=π/6 Đk   x  5, x  (*) y  log x   log 2 y  log x   log ( x.2 y )   y  19 x    x y  (  x  8) x  x    x y  (19  x  x) x  x    x  19  x  x       ( x  4)    (3x  4)    3x     x   x  (*) e I= 0.25 x 0.25   ( x   4)  (1   x )  (3 x  x  16)  điểm 0.25 A dx x  0.25 0.25 e dx ln x 1 x  1 e d (ln x) e 0.25 1  2e 0.25 0.25 B= (elnx) 1e = e-1 Vậy : I = 4a điểm 4b điểm 0.25 e3  e  2e Với a≠1, Tọa độ A (a; 0) ; B (1; 0) ; C ( a; a  3) 2a  a  G( ; ) 3 Diện tích ∆ABC = 1/2AB.AC = pr ⇔ AB.AC = 2(AB+AC+BC)  a  a   2( a   a   a  1)   a   2(1   2) a  ⇔ a    a  1  2(3  3)  a 1   2(1  3)   3      1  2   ⇔ G   ; ; ;G   3   3   0.25 ( S ) : x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0.25 ; a  b2  c  d  0.25 0.25   2a  d   d  2a    A,B,C  (S)    2b  d    b  a 13  6b  4c  d   c  3 a   2a  2b  c  1 Do (P)∩(S) = (C) có bán kính r = 1, Gọi R bk mặt cầu (S), ta có R2 = r2 + d2(I ;(P)) (2 a  2b  c)2  a2+ b2 + c2 – d =1+ ⇔ a   a  Với a = b = d = 1, c = thỏa đk ta có (S1): x2 + y2 + z2 - 2x - 2y - 4z + 1=0 Với a = b = 4, c= -1, d = thỏa đk ta có (S2) : x2 + y2 + z2 - 8x - 8y + 2z + 7=0 d ( I , ( P))  điểm 0.25 2a  2b  c  t  xy  xy   2( x  y )   x  y   xy   4 xy    xy    xy   xy    x  y   xy   xy  xy   xy    0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  xy   2    2x y x  y  x y   1    t   P  xy  xy   2 2 0.25 7t  2t   2t  1 0.25  t  t  7t  2t   f '(t )  Xét hàm : f (t )   2t  1  2t  1 f '(t )    tt 0 loại ;f(-1/5)=f(1/3)=2/15 ;f(0)=1/4⇒GTLN=1/4, điểm GTNN=2/15 Gọi O=AC∩BD ∆SBD cân B có SO trung truyến →SO⊥BD Tương tự SO⊥AC →SO⊥ABCD (SO đường cao hình chóp) a S ABCD  a , BD  a 5; BO  a SO  SB  BO  a3 VSABCD  S ABCD SO  3 VSABE SA.SB.SE a3    VSABE  VSABCD  VSABC SA.SB.SC 3 3 S F A  VSABEF  VSABE  VSAEF  VSABCDFE = 1điểm 3 a a 5a 3a    36 3 12 12 7a 3 đvtt 36 0.25 O B C 0.25 VSAEF SA.SE.SF 1 a3    VSAEF  VSABCD  VSACD SA.SC.SD 12 12 3 D E 0.25 0.25 0.25 n n n Từ C  C  2C suy n = Số hạng thứ 21 nên ta có C   lg 10 3x   x  2 lg3 0.25  21  lg 10    lg x x 2 ⇔ (3x)2 – 10.3x + =   x   x  Vậy có hai giá trị x = ; x = 0 0.25 0.25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ cho điểm tối đa - Người chấm chia nhỏ thang điểm theo gợi ý bước giải ...ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A, A1 – THI THỬ ĐH LẦN CÂU a điểm NỘI DUNG ĐIỂM 2x y (C) Hàm số: x 1 D  1 0.25 +) Giới hạn, tiệm