File: Thi thử Đại học Lần 1- Đề & Đáp án- NH 2013-2014

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1– THPT PHÚ NHUẬN - 2013-2014 Mơn TỐN : Khối A , A1, D, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu (2đ): Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y x 3 3x22 Từ đồ thị (C) suy đồ thị (C1):

3

3

yx  x 

Định m để phương trình

3

2x  6x 4  m0

có nghiệm, có nghiệm dương phân biệt

Câu (1đ): Cho hàm số  

4 2

2 1

y x   m x m

Tìm m để hàm số có điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có diện tích lớn

Câu (1đ): Giải phương trình:

2 x x

sin 3x sin sin x cos 1

2

sin 4x





Câu (1đ): Giải phương trình: x 2 4 x 2x2 5x1 Câu (1đ): Giải bất phương trình:    

2

x x x x x 2x x 2x 8.4   7.2     

  

Câu (1đ): Tính I =

2cos 3sin cos

x

dx

x x



Câu (1đ): Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0), B(x0; y0; 0) với x0 , y0 > thỏa mãn



2 10 , 45

AB AOB Tìm điểm C tia Oz cho thể tích tứ diện OABC = 8

Câu (1đ): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB a , AC a 3 , CAB 90  0, góc A’BC

và mặt phẳng đáy ABC 600 Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng A’B CM, với M trung điểm AB

Câu (1đ): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB 2a , AD a 3 Tam

giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy ABCD, góc cạnh bên SC với đáy ABCD 600

a) Tính thể tích khối chóp SABCD

b) Gọi K trung điểm CD, mặt phẳng   chứa cạnh AB vng góc với SK, gọi M N giao điểm   với SC SD Tính thể tích khối đa diện ABCDMN

ÁP ÁN TOÁN THI TH I H C L N – NH 2013 – 2014

Đ Ử ĐẠ Ọ Ầ

Câu 1

(2,0đ) a) Cho hàm số

3 3 2

y x  x 

Tập xác định: D =  y’= 3x2 – 6x , y’ =  x = hay x = 0,25 Hàm số tăng  ;0 , 2;   giảm (0 ; 2)

hàm số đạt cực đại diểm x = , y(0) = 2, đạt cực tiểu x = , y(2) = -2

xlim y     ; xlim y  

0,25

Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị

0,25

b) Từ đồ thị (C) suy đồ thị (C1) :  

3

1

yf x x  x 

Định m để phương trình

3

2x  6x 4  m0

có nghiệm dương

3

2

2

m

x  x   m  x  x  

(1)

(1) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (d) : y = m/2 Số nghiệm (1) số giao điểm hai đồ thị (C1) (d)

0,25

Gọi (C) : y = f(x) = x3 – 3x2 + Ta có

(C1)

     

   

3

;

3

;

f x khi f x

y f x x x

f x khi f x

 

    

 



Vẽ (C1) trùng (C) f x 0 , (C1) đối xứng (C) qua Ox f(x) <

0,25

0,25

Ycbt 2

m m

hay m hay m

      0,25

Câu 2

(1,0đ) Câu Cho hàm số  

4 2 1 2 1

y x   m x m

Tìm m để hàm số có điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có diện tích lớn

Phương trình y’ =

1 ; : 1

x

x m dk m

   

    

 0,25

2 2

( ; ), ( ; )

B   m m  m m C  m m  m m

Diện tích tam giác ABC : S =  

1 m 0,25

SΔABC đạt GTLN m = 0,25

Câu (1đ )

Câu

(1đ) Đk: x k4

 

,

1 cos x cos x

pt sin 3x sin x sin 4x

2

 

 

   

  0,25

sin 3x sin x sin 4x

   0,25

x k sin 2x

x k2 cos x cos 2x

k2 x                     0,25

So điều kiện , phương trình có nghiệm :

2 x k2     0,25 Câu4

(1,0đ) Đk 2 x , đoán nghiệm x = 0,25

pt    

2

2

x x x x

        

   

3

3

2

x x x x x x            x

  hay

1

2

2 x

x    x  

0,25

với 2 x 4 , xét phương trình

1

2

2 x

x    x  

Ta có: vế trái  , vế phải  Suy pt vô nghiệm

0,25

Kết luận pt có nghiệm x =

0,25 Câu 5

(1,0đ) BPT

x x 2x x x x 2x x

8.4     7.2    

    0,25

 

 

2 x x x x

2

1 x x x 2x

8

   

          0,25

x 3 x x x 1  

      0,25

3 13 x x x

2

 

     

(do x -3 < đk x 2 ) 0,25

Câu

(1,0đ) Tính I =

2cos 3sin cos

x

dx

x x

 I =

2cos

2sin 3sin

x

dx

x x

 0,25

Đặt t = sin2x …, ta có I =

2t 3 1t dt

 0,25

I =    

1

2 1t t dt t 1t dt



 

   

     

I = ln t 1 ln 2t 1 C ln sin 2x 1 ln 2sin 2x 1 C 0,25 Câu

(1,0đ)

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(4; 0; 0) , B(x0; y0; 0) với x0 , y0 > thỏa mãn AB2 10 ,AOB450 Tìm điểm C tia Oz cho thể tích tứ diện OABC =



 2

0

0

0

2 10 40

45

AB x y

x y

AOB

     

 



 



 

 



0,25

Giải hệ pt tìm x0 = y0 = suy B(6; 6; 0) 0,25 (0;0; ),

C Oz  C m m , tính OC0;0;m,OA OB,  0;0; 24

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

0,25

4

OABC

V  m  m suy C(0; 0; 2) 0,25

Câu (1,0đ)

Gọi H hình chiếu vng góc A lên BC  AHA’ 60  0.

0,25

2 2

1 1

AH AB AC

a AH

2

  AA’ 3a

2

 

3 lt

1 3a

V AA’ AB.AC

2

 

0,25

Gọi N trung điểm AA’  A’B // MNC 

       

d CM, A’B d B, MNC d A, MNC

   0,25

Gọi K I hình chiếu A lên CM, NK

       

d CM, A’B d B, MNC d A, MNC AI

   

2 2 2

1 1 1

AI AN AK AN AM AC

3a AI

55

  d CM, A’B  3a

55

 

0,25

Câu9 (1 đ)

Gọi H trung điểm AB  SHAB SHABCD

  

SC, ABCD SCH 60

    

0,25

2

3 S.ABCD ABCD

1

V SH.S 2a 3.a 3.2a 4a

3

  

Có ABSHK  AB SK

Gọi I hình chiếu vng góc H lên SK    mặt phẳng chứa AB HI Do AB // CD nên     SCD MN//CD với M SC, N SD  MN qua I

0,25

2

SK SH HK a 15,

2 SH 12a SI

SK 15

 

,

2 6a HI SH SI

15

  

MN SI 8a

MN CD SK  5

 

3 S.ABMN ABMN

1 1 72a

V SI.S SI HI AB MN

3 25

   

3 ABCDMN S.ABCD S.ABMN

28a

V V V

25

  