Đề thi thử tuyển sinh Đại học năm 2014 lần 2 môn Toán - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối A, A1 và B.
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN Mơn: TỐN; Khối A + A1 + 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) mx Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y (1) có đồ thị ( Cm ) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m b) Tìm m để đồ thị ( Cm ) có hai điểm M , N cách hai điểm A(3;6), B(3; 0) tạo thành tứ giác AMBN có diện tích 18 (đvdt) sin x cos x sin( x ) 3cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 1 cos x y y y x x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ) 2 y x y 3x 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I x ln x dx x 1 ( x 1) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a , SCB 900 khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a Tính thể tích khối chóp S.ABC SAB diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa điều kiện x y xy Tìm giá trị lớn xy 16 x y2 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H 1;3 , tâm đường trịn ngoại biểu thức P x y tiếp I (3; 3) chân đường cao kẻ từ đỉnh A K 1;1 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Câu 8.a (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 5; 2; , B (3; 2;6) Tìm toạ độ 450 điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) : x y z cho MA MB MAB Câu 9.a (1.0 điểm) Tìm số phức z thỏa điều kiện z i z z 4( z 2i ) số thực B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 4;3 , đường phân 3 giác góc A có phương trình x y tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I 2; 2 Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC lần diện tích tam giác IBC Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 1;0) , đường thẳng x y 1 z 1 mặt phẳng ( P) : x y z Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết 1 đường thẳng AM vng góc với khoảng cách từ M đến đường thẳng nhỏ : Câu 9.b (1.0 điểm) Trong hộp có 50 viên bi đánh số từ đến 50, chọn ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để tổng ba số ba viên bi chọn số chia hết cho Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối A, A1 khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1,0 0,25 a) Khi m ta có hàm số y 2x 1 x 1 1 0, x D ( x 1)2 Hàm số nghịch biến khoảng: (;1) (1; ) Giới hạn tiệm cận: lim y ; lim y tiệm cận đứng: x = TXĐ: D \ 1 , y ' x 1 0,25 x 1 lim y lim y tiệm cận ngang y = x x Bảng biến thiên: x y’ 0,25 + + y y 1 Đồ thị: Đi qua điểm ; , 0; 1 nhận 2 giao điểm tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25 1 x b) Ta có: M , N cách A, B nên M , N d : y x đường trung trực A, B Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm ) d : mx x x (m 2) x 0, x (1) x 1 Để d cắt (Cm ) hai điểm phân biệt M , N (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1,0 0,25 0,25 (m 2) m (*) m x x m Khi (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Theo định lí Vi-et, ta có : x1 x2 2 Gọi M ( x1 ; x1 3), N ( x2 ; x2 3) MN 2[( x1 x2 ) x1 x2 ] 2[( m 2) 8] Diện tích tứ giác AMBN 18 AB.MN 18 2[(m 2) 8] 18 0,25 (1,0 điểm) m (m 2) m So với điều kiện (*) suy giá trị m cần tìm m=3 Điều kiện: x k 2 , k Z Khi đó, phương trình cho tương đương: sin x cos x s inx cos x 3cos x cos x s inx s inx(cos x s inx 2) cos x s inx 0(VN ) x k So với điều kiện ban đầu, suy x k 2 , k nghiệm phương trình (1,0 điểm) y y y 3x x (1) Xét hệ phương trình 2 (2) y x y x Ta có : (2) x x y y Thay vào (1) ta được: y y y x y y x ( y 1) ( y 1) x x (*) Xét hàm số f (t ) t t với t Ta có f / (t ) với t t4 Suy f (t ) đồng biến [0; ) Do x y 1 (*) f ( y 1)2 f ( x ) ( y 1) x x 1 y x x y 1 Với x y , ta có hệ y x y 3x y x x 1 y Với x y , ta có hệ y x y 3x y 1 3 1 3 Vậy hệ có hai nghiệm: ; ; ; 2 2 4 4 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 x 1 x 1 ln dx Ta có: I 3 x x ( x 1) Đặt t 0,25 0,25 x 2 t x 1 dt dx Với x 3 t x 1 ( x 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Do I t.ln tdt 2 u ln t du dt 13 t2 t2 t2 t I ln t tdt ln t Đặt Suy 2 4 t2 dv tdt v I ln ln 0,25 0,25 (1,0 điểm) S K H A C B Gọi H hình chiếu vng góc S lên (ABC) Ta có: SH ( ABC ) AB AB ( SHA) HA HA AB Tương tự HC BC SA AB (gt) Và ABC vuông cân B Suy tứ giác HABC hình vng Ta có: AH / / BC ( SBC ) AH / / ( SBC ) 0,25 0,25 d [ A, ( SBC )] d [ H , ( SBC )] a BC HC Dựng HK SC K (1) Do BC ( SHC ) BC HK (2) BC SH (1) (2) suy HK ( SBC ) Từ d [ H , ( SBC )] HK a Tam giác HKC vuông K KC HC HK 3a 2a a HK SH HK HC a 2.a SH a KC HC KC a Thể tích khối chóp S.ABC tính bởi: 1 a3 (đvtt) VS ABC S ABC SH AB.BC.SH a 3.a 3.a 6 Gọi I trung điểm SB Chứng minh H, A, C nhìn SB góc vng Suy IA IB IC IS IH SB , nên I tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S HABC , tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 1 SH HB 6a 6a a (S) có bán kính R SB 2 Suy (S) có diện tích S 4 R 4 (a 3) 12 a (đvdt) 0,25 SHC HKC (1,0 điểm) Ta có: x y xy Do đó: P x y 0,25 0,25 16 xy 2 2x2 y xy xy Đặt t xy , ta được: 3t 2t 2t 3t 3t (t 1)(t 2)(2t 1) t (t 2)(2t 1) t t 8 1 Khi đó: P t (1) Xét hàm số f (t ) t ; t 1 1 t 2 Từ giả thiết ta có 3xy x y 0,25 0,25 Ta có f / (t ) 2t 1 , t ; (1 t ) 2 1 1 t 2 t 2 f (t ) 2 t 1 t (t 1) (t 1)(t 3t 4) 20 20 67 Ta lại có f (1) 5, f , f (2) Suy f (t ) Max f (t ) (2) 3 12 ;2 / 0,25 2 Từ (1) (2) suy P Vậy MaxP 7.a (1,0 điểm) 20 Dấu đẳng thức xảy xy x y x y 20 x y 0,25 A H I B K M C D 8.a (1,0 điểm) Đường thẳng BC qua K nhận KH (0; 2) làm vectơ pháp tuyến Phương trình đường thẳng BC : y Gọi M trung điểm BC Phương trình đường thẳng IM : x M BC IM Tọa độ điểm M (3;1) DB AB Gọi D điểm đối xứng với A qua I Ta có DB / / CH CH AB Tương tự DC / / BH nên tứ giác HBDC hình bình hành nên M trung điểm HD Xét tam giác AHD có IM đường trung bình nên AH IM A(1; 5) b Gọi B (b;1) BC Ta có IB IA (b 3) 16 16 b Với b B(5;1) C (1;1) Với b B(1;1) C (5;1) Vậy A(1; 5), B (5;1), C (1;1) A(1; 5), B(1;1), C (5;1) AB (2;0; 4) Trung điểm I đoạn thẳng AB có toạ độ 4; 2; 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi (Q) mặt phẳng trung trực AB Q : 2 x y z Q : x z Ta có MA MB M (Q) Theo giả thiết M ( P ) M d ( P ) (Q) Chọn ud nP , nQ 2; 5;1 vectơ phương d , điểm N 0;3; thuộc mặt 0,25 0,25 x 2t phẳng (P) (Q) suy d : y 5t z 2t 0,25 Gọi toạ độ M 2t ;3 5t ; t AM (2t 5;5 5t ; t ); BM (2t 3;5 5t ; t 4) 450 MAB vuông cân M Theo giả thiết MA MB MAB Suy AM BM 2t 2t 3 5t t t 3t 7t t t Với t M 2; 2;3 Với t 9.a (1,0 điểm) 11 10 M ; ; 3 3 0,25 Gọi z x yi ( x, y R) Ta có z i z ( x 1) ( y 1)i x yi ( x 1) ( y 1) x y y x (1) 0,25 z 4( z 2i ) ( x yi )2 4[ x ( y 2)i ] x y x 2( xy y 4)i Để z 4( z 2i ) số thực xy y (2) 7.b (1,0 điểm) y x 1 y x 1 x x 2 Từ (1) (2) ta có hệ xy y y y 1 x x Vậy z 4i z 2 i A Ta có IA Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC có dạng 25 (x 2)2 (y ) I Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC B K H Tọa độ D nghiệm hệ x y 1 x 4, y D(4;3) (loai) D 25 1 1 (x 2)2 (y ) x , y D( ; ) 2 2 Vì AD phân giác góc A nên D điểm cung nhỏ BC Do ID BC hay đường thẳng BC nhận DI ( ; 2) làm vec tơ pháp tuyến Phương trình cạnh BC có dạng x y c Do S ABC S IBC nên AH IK ( Với H , K hình chiếu A, I lên BC ) 24 c 12 c IK d ( I , BC ) nên 5 c AH IK 24 c 12 c c 16 Suy phương trình cạnh BC x y x y 16 Gọi (Q) mặt phẳng qua A vng góc với Khi pt (Q) : x y z 0,25 0,25 0,25 C 0,25 0,25 Mà AH d ( A, BC ) 8.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có nQ (2; 1; 1), nP (1; 1; 1) Từ giả thiết suy M thuộc giao tuyến d (P) (Q) Chọn ud [nP , nQ ] (2; 1; 3) vectơ phương d N (1; 0; 1) d nên 0,25 x 2t phương trình tham số d y t z 3t Vì M d suy M (1 2t ; t ; 3t ) 1 Gọi H giao điểm mặt phẳng (Q) Suy H (1; ; ) 2 0,25 1 1 Ta có d ( M , ) MH (2t ) t 3t 14t 2t 2 2 1 11 d ( M , ) nhỏ f (t ) 14t 2t nhỏ t M ; ; 14 14 14 11 Vậy M ; ; 14 14 9.b (1,0 điểm) 0,25 3 Chọn viên bi từ 50 viên bi có C50 cách C50 0,25 Gọi A biến cố để tổng ba số ba viên bi chọn số chia hết cho Trong 50 viên bi ban đầu chia thành loại: 17 viên bi có số chia cho dư 1; 17 viên bi có số cho dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho Để tìm số cách chọn viên bi có tổng số số chia hết cho 3, ta xét trường hợp: TH1: viên bi chọn loại có C173 C173 C163 1920 cách 0,25 0,25 1 C171 C16 4624 cách TH2: viên bi chọn có viên loại có C17 Suy A 1920 4626 6544 Vậy xác suất cần tìm P( A) A 6544 409 19600 1225 -Hết Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://www.boxmath.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 ... ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 20 14 Mơn: TỐN; Khối A, A1 khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2, 0 điểm) Đáp án Điểm 1,0 0 ,25 a) Khi m ta có hàm số y 2x 1... t x 1 ( x 1) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 Do I t.ln tdt ? ?2 u ln t du dt 13 t2 t2 t2 t I ln t tdt ln t Đặt Suy ? ?2 4 t2 dv tdt v I ln ln 0 ,25 0 ,25 (1,0 điểm) S K H A... hai nghiệm: ; ; ; ? ?2 2 4 4 (1,0 điểm) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ? ?2 x 1 x 1 ln dx Ta có: I 3 x x ( x 1) Đặt t 0 ,25 0 ,25 x ? ?2 t x 1 dt dx Với