www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN; KHỐI: D

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

Câu I (2,0 điểm.) Cho hàm số
 
3 2 2
1 1
2 2
3 2
y x m m x mx m
    
(1) với m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số


1
khi m = -1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại, cực tiểu cách đều trục tung.
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải phương trình: 2sin
2
x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0
2) Giải hệ phương trình:
4 2 2
2 2




Câu IV(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC vuông cân tại A; SA = a; BC = 2a. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M là trung
điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

Câu V(1,0 điểm).
Cho các số thực dương x, y thoả mãn:
3 3
2 2
3 2
3
x y
xy y x x y
   
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
2 2
2 2
16
2
x y
x y

 

Câu VI(2,0 điểm).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2. Phương trình

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. (1,0 điểm). Khi m = -1
thì
3 2
1 3
2 1
3 2
y x x x
   * Tập xác định:


* Sự biến thiên:
2
' 3 2
y x x
  
;
1
' 0
2
x
y
x


0,25
0,25
Bảng biến thiên:
x

1 2




'
y x + 0 - 0 +


y x


. Đồ thị đi qua ( 3;
5
2
). 0,25
2. (1,0 điểm).
I
(2,0 đ)

2 2
' 2 2
y x m m x m
   

-
2
-

Thử lại m = 0 (loại); m = 2 ( thoả mãn). (Hoặc cho

§
x
C CT
x
và
0
 
'
y
)0,25
1. (1,0 điểm). Giải phương trình:
2sin
2
x + sin2x - 3 sinx + cosx – 2 = 0
(1) Ta có
(1)
2
(2sin 3sin 2) (sin 2 cos ) 0

2sin 1 0 sin sin
2 6
2
6
( )
7
2
6
x x
x k
k Z
x k





 
 
    
 
 

  

 


 

0,25
2. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:
4 2 2
2 2
2 2 6
(I) ( , )
3
x y x y
x y R
x y x y

   



   


Ta có hệ (I)
2 2 2
2
( 1) ( 1) 8
( 1)( 1) 4
x y
x y


0,25

Từ (2)
4
v
u

 
thế vào (1) ta được:
4 2 2
2
8 16 0 4
2
u
u u u
u


     

 

( u = - 2 loại)
u = 2
2
2
2
u
v

 
  


. Nghiệm của hệ pt là (1; -1) ; (-1; -1)

0,25 -
3
-

Tính tích phân : I =


3
1
2
0
2 1
2
x x
x e x e
dx
x
 




x x
u x du dx
dv e du v e
 
 

 
 
 1
1 1 1
1
0 0 0
0
( 1) 1
x x x x
I xe e dx xe e e e
       


0,25
Tính
1 1
2
1


a
2a
I
K
M
N
A
C
B
S
J
H
Gọi N là trung điểm của BC; H là trọng tâm của
ABC

. Theo bài ta có AB = AC
2 2 2
2 4 2 ; AC = 2
AB BC a AB a a
    

2
1
2 . 2
2
ABC
0,25
IV
(1,0 đ)Kẻ HI

SN ; AK

SN ; MJ

SN
Có HI ; AK; MJ vuông góc với mp( SBC)

MJ là khoảng cách từ M đến
(SBC).
Theo định lý Talet ta có:
1
3
HI AK

mà AK = 2 MJ

2 3
3 2
HI MJ MJ HI
  


HI MJ


    
    

0,25

V
(1,0 đ)

4 4
2
3 3gt xy x y
xy
    

Ta có:
4 4 2 2
2 2
3 3 2xy x y x y
xy xy
     Đặt xy = t . ( t > 0)
Ta có

2 2 2 2 2
2 2
16 16 8
2 2 2 1
P x y x y t
x y xy t
      
   

Đặt
2
8
( )
1
f t t
t
 

, ta có
'
2
8
( ) 2
( 1)
f t t
t
 

với
1

;2
2
20
ax ( )
3
m f t
 
 
 

khi t=2


2
2
0
xy
x y
x y


  

 

.
Vậy GTLN của P bằng
20
3


VI
(2,0 đ)1.( 1,0 điểm). Hình vẽ
H
N
M
A
B
C -
5
-

Khoảng cách từ M đến AB:
MH = d( M; AB) =
2 2
2 1

2
1
x t
y t
 


 

;

N

đường thẳng MN

N ( 2 + t; 1 + t) ;
2 2 2
2 2 2 2 1
MN t t t t
        
N ( 3; 2) ; N( 1; 0)

0,25


0
; z
0
) là tâm mặt cầu thoả mãn đầu bài
 
IA IB
IB IC
I P



 





0,25
         
         
2 2 2 2 2
2
0 0 0 0 0 0
2 2 2 2 2
2
0 0 0 0 0 0
0 0 0
1 2 1 2 2
1 2 2 2 1
2 2 3 0

     





Vậy phương trình mặt cầu là: (x + 7)
2
+ (y – 3)
2
+ (z – 2)
2
= 89
0,25
VII
(1,0 đ)

Chọn 6 quyển sách trong 20 quyển, ta có:
6
20
38760
C 

Chọn 6 quyển sách chỉ có đúng một loại sách, ta có:
6 6
8 7
35
C C
 
cách chọn