SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT TỨ KỲ
o0o
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: Toán - Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
3 2
3 1
y x x
  
có đồ thị (C).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0.
Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:
1tan
tantan
4
sin
2
2
2
2







Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân sau:




1
0
2
)2(
)1ln(
dx
x
xx
I

Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2, 2
AB a BC a
 
, SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm cạnh BC, góc giữa hai mặt phẳng (SMD) và (ABCD) bằng 60
0
. Tính
thể tích khối chóp S.DCM theo a.
Câu V (1,0 điểm):
Tìm các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có nghiệm thực: .
233
1221.
3

.
2) Giải phương trình:
).3(log)5(log)121(log2
2
124
xxx 

Câu VII.a (1,0 điểm) : Trong một lớp học gồm có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên
4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả học sinh nam và học sinh nữ.
B.Chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) :
2 2
8 6 21 0
x y x y
    
và đường thẳng (d) :
1 0
x y
  
.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết điểm A thuộc (d).
2) Giải phương trình:
2 2
9 1
3
3
1 1
log ( 5 6) log log (3 )
2 2

1 2 1
4095
n n
n n n n
C C C C

    

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

Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ………………………………
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN 1- NĂM 2013-2014
(Gồm 05 trang)
Câu

Nội dung Điể
m
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô:
3 2
y x 3x 1
  
(1,0 điểm)
+) TXĐ:
D R


+) Giới hạn:
3 2

y x x
x

0,25

Hàm số đb trên các khoảng




;0 & 2;
 
Hàm số nghịch biến trên khoảng


0;2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -3
0,25

Bảng biến thiên

x

0 2


0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x
2
- 6x = 9
1
3
x
x
 






0,25

Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x + 6 ( loại vì trùng
với (d))
Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x - 26
0,25

I
(2đ)

Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26
0,25

1) Giải PT lượng giác (1,0 điểm)

6
5
2
6
4
2
1
sin
0cossin
Zk
kx
kx
kx
x
xx
















1
y
x0.25

Từ pt (2) ta có
2 3 1
x y
y x



 
0.25+) Với x = y thay vào (1) ta có
  
2 3 1 0
x x x x




  

1 2
x y
(tmđk)
Vậy hpt có nghiệm là: (0 ;0), (1;2).

0.25 III Tính tích phân (1,0 điểm)
Ta có
 





1
0
1
0
22
)2(
)1ln(
)2(
dx
x
x

22
)2( x
dx
x
dx
dx
x
x
dx
x
x
I
=
3
1
2
3
ln  0.25

Tính






2
1
1
)2(
)1ln(
2
x
v
x
dx
du
x
dx
dv
xu0.25

Khi đó:
3
4
ln2ln
3
1
)2)(1(
2ln
3
1

3
1


0.25

(1,0 điểm)

IV

+) Gọi I = MD

AC. Tính được MC= a, MD =
3
a
; AC=
6
a www.VNMATH.com
.MC // AD nên có
2 2 3
1
1
3 3
2

IC ID a DC IDC
    
vuông tại I
DM AC
 
(1)
0,25

+) Có
(2)
SA MD

. Từ (1), (2) có
( )
DM SAC DM SI
  

Chỉ ra góc giữa hai mặt phắng (SDM) và (ABCD) là góc
SIA

= 60
0
0,25


0,25

(1,0 điểm)

+) ĐK:
1,



yRx
.
+) Đặt z=
01 y
, ta được hệ phương trình:







23
12.
23
22
axzx
xzzx
. Ta thấy z=0
không thỏa mãn hệ. Với z>0, đặt x=tz thì hệ trở thành:


t
t
tt
2
3
2
3


, t>2 hoặc t<0. Lập BBT của hàm số. 0,25

V

+) Kết luận:













2
1
4


.
1 3
. sin 2 3 sin
2 2
S IB IC BIC BIC
IAB
     

0
60
0
120 ( )
BIC
BIC loai
 

 




IBC

đều. Gọi H là trung điểm cạnh BC, tính được
IH 6


( ; ) 6 6
( 10 2 30)
a b
a b
d I BC IH
a b
a b


  
     

   



Chọn b=1

a. Từ đó có phương trình đường thẳng d: ….

0,25

2) Giải phương trình : (1,0 điểm)

+) ĐK :
3
2


2
1
( 3) (2 1) 4
11 17
4
x
x x
x



    






0,25
+) Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm là: x=1,
4
1711
x

0,25
(1,0 điểm)

Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là :
4

Gọi điểm A (a; 1-a)

d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và AD, có IM =IN=
R=2
Do ABCD là Hình vuông ngoại tiếp (C) nên AI=
2 2

0,25
2 2
6 (6; 5)
2(4 ) 8 8 12 0
2 (2; 1)
a A
a a a
a A
  

       

  


I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc ngược
lại.
Cạnh hình vuông bằng 2R = 4. 0,25
Gọi D (x;y) . Ta có:
. 0

Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1)

0,25
2) Giải phương trình: (1,0 điểm)

VI.
b

2 2
9 1
3
3
1 1
log ( 5 6) log log (3 )
2 2
x
x x x

    
.

www.VNMATH.com
Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (*)

2 2
9 1
3
3
2
3 3 3

( 1)(3 )
( 2)( 3) (2)
2
x x
x x
 
  

0,25

Giải PT(2) , đối chiếu với ĐK(*) ta được x =
5
3
. Kết luận nghiệm pt…
0,25

(1,0 điểm)

Ta có:
1 2 1 0 1 2 1
4095 4096
2 4096 12
n n n n
n n n n n n n n n
n
C C C C C C C C C
n
 
           
   

     
.
0,25
VII
b

Hê số của
8
x

là
4 4
12
c 2 7920


0,25

Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa. www.VNMATH.com