1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn: TOÁN
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I 2,0
1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ:
2\R0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
-
y
2 -
+ 2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2;
và
;2 0,25
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
,
2
0
0
2x
1
)x('y
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II 1) PT
1)1cos4(3cos2
2
xx
1)sin43(3cos2
2
xx
Nhận xét
Zkkx ,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm 0,25
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x
(
tm 5
);
7
2
7
m
x
(
37 lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
0,25
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10 uxux
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
10,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
0,25
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
III
Giảiphươngtrình
3
2
3
0,25
0,25 Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx0,25 4 Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
0,25 IV Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và
CD. Khi đó
OM AB
và
'DO N C
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
ha
OM OI IM h a
1.0
23
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
aa
Vh
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
22
22
xq
aa
S
0,25
a
x
với
2
;0,,
cba
. Khi đó (1) viết dưới
dạng:
1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
accbba
3sin cos cos 3 3
2 2 3 2 3 3
3
a b c c
P a b
a b a b c c c a b
c a b a b
Dấu bằng xảy ra
3
1
tan
3
1
2
sin z
cc
.
ba
ba
1
2
cos
kết hợp với (*)
2
1
2
1
2
tan y
y
x
a
Vậy
3
10
max P
khi
1) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH =
22
| 4 | |5 |
( , )
16 16
m m m
dI
mm
2
22
0,25
0,25
0,25 0,25
2)
Gọi A = d
1
(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
(P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là
(1;3; 1)u
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng
chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
1.0
0,25
0,25 0,25
B
yx
yx
Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình:
0520)2(2)1(1 yxyx
. Tọa độ giao điểm F của d và đường
thẳng BG là nghiệm của hệ:
)
4
11
;
2
1
(
0423
052
F
yx
0.25 0,25
A
B
G
M
E
C
I
F 7 Tọa độ G là nghiệm của hệ
3 2 4 0
1 109
, suy ra
1 79
( ; )
20 40
M
Tọa độ C(
1
10
;
39
20
)
Ta có
2AG GM A
(
1 529
;
140 280
)
0,25
(0;1;0)M
t=4 ta có M(8;5;-4)
0.25
0,25 0,25
0,25 VIIb
1.0 Điều kiện:
0x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4x
8 TH 2 :Nếu
30 x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
xxxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
Bpt vô nghiệm
* Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10 x
0,25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn TOÁN: Khối A.
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số
2
32
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B.
Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB
có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx
2. Tính tích phân:
2ln3
1
2
1
2
222
zyx
P
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 2my + m
2
- 24 = 0 có tâm I và
đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B
thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
1
2
zyx
và mặt phẳng (P):
0122 zyx
. Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M tới A bằng 3 lần khoảng
cách từ M tới mặt phẳng (P).
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 04/2014
Môn TOÁN: Khối A, A1, B.
Thi gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I m): Cho hàm s
32
32y x x
a) Kho sát s bin thiên và v th hàm s.
b) Ving thng (d) qua I(1;0) c th hàm s tm A, B khác I
sao cho tam giác MAB vuông tm ci c th hàm s.
Câu II(2 điểm) 1)Gi:
ln 2
4
xx
dx
x
Câu IV(1điểm)Cho hình h
0
3
AA' ; 60
2
a
BAD
tích khi chóp A.BDMN và cosin ca góc hp
b m c
Câu V(1 điểm): Cho các s
, , 0:a b c abc a c b
. Tìm giá tr ln nht ca
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
1
3
DN DC
ng thng AN là
2 1 0xy
nh ta
m A.
2) ng thng
1 1 1
:
2 1 2
x y z
d
. Vi
mt cu (S) có tâm I(1;0;3) ct (d) tm A, B sao cho tam giác IAB vuông ti I.
Câu VIIb( 1 điểm) Cho các s phc
,,x y z
tha mãn:
1x y z
. So sánh
x y z
và
xy yz xz
. 1
x
y x x y
x
x
-
0 2 +
y'
+ 0 - 0 +
y
2 +
-
-2
0.25
-
5
5
10
15
y =
x
3
3
∙
x
2
+ 2
0.25
-
32
3 2 1x x k x
0.25
,
AB
xx
2
.2
AB
AB
xx
x x k
.0MA MB
0.25 3
0.25
15
2 2; 1
2
y x y x
0.25
Ch
trình cho
3
oscx
trình:
23
2
6tan tan 1 10tan 2 0 3tan 2tan 1 0
tanx 1 3tan 3tan 1 0
tanx 1
4
x x x x x
x
xm
0.25
0.25
1) ta có:
22
2 2 0 2 1 0
0
2 1 0 3
x y x y x y x y x y x y
x y x y
x y x y
0 2 2
2
10
x y y
xy
y x y
x
x
xx
0.25
2
3
3
1 1 13
1
1 12
8 2 8 4
3
x VT
2
2
ln 2
2
4
4
dx
ux
du
x
x
dv dx
vx
x
0.25
Tính
0
2
1
1
4
2
x
I dx
x
2sin 2cos
1 ; 0 0
6
x t dx tdt
x t x t
0.25
0 0 0
M
N
O'
O
C'
B'
D'
D
B
C
A
A'
H
6
, ' ' ' ' '
''
BD AC BD AA nên BD ACC A BDMN ACC A
BDMN ACC A OI
0.5
22
22
2 2 2
0
' / / '; '; '
33
' ; ' ' ' ' ,
4 4 2
' ' 5
cos ' 0
2. ' . ' 8
5
cos ', cos ' ', 51
8
O E DM BO DM BO O E
a a a
O E DM a BO BB B O a BE
ab
. Thay
22
22
22
22
2 2 2 2
2
22
2 2 2 2 2 2
2
3 1 3 1
22
11
1 1 1 1
2
22
2
2 2 2 2 2 2 2 2
5 3 3 5 3 3 5
1
3
1 1 3 1 1 12 1 1 3 1 1
3
10
3
ab
b a a b b a a b b a a b a b
a b a b a b a b
ab
P
; 2;
4
2
a b c
0.5
1)
--
1=0 nên D(d;1-d)
I
O
M
N
C
A
B
D
0.25
1
3
31
3
0.25 8
-2=0.
Ta có
10
2
BD
-3c;c)có
2 2 2
2
2
2
10 3 1 1
3 10
4 16 4 4 4
1 1 1
0.25
1 1 3 1
; ; 2;0 ; ;
2 2 2 2
A C D
.
0.25
2)
;;d d P d B P BH BA
C
.
0.25
9
48
C
khác nhau nên có
9
48
13C
cách rút.
0.25 9
25
13 44
.CC
cách rút.
quý là
31
13 40
.CC
I
M
C
A
B
D
N
10
;
33
aa
DN AN
Ta có
33
cos cos
10 10
AD
NAD BIA
AN
3
10
.
0.25
0.25
TH1: a=b pt BC qua M là x+y-
2;5
6 8 7
;
5 5 5
I
IB IM B
1
0
5
xy
.
21
21
;
55
A
,
4 13
;
55
A
0.25
Ta có (d ) qua A(1;-1;1) ó 1 vec
2;1;2 0; 1; 2 ; 0; 4;2
;
20
;
3
R IH d I d
0.25
22
2
40
13
9
x y z
0.25
Câu
7b)
1 1 1
1 1 ; ;x y z xx yy zz x y z
x y z
Ta có
1 1 1
x y z
x y z
0.25
xy yz xz
32
4 3 15 1 9 3y x m x m x m
(m là tham s)
1. Kho sát s bin thiên và v th (C) ca hàm s.
2. th hàm s (Cm) ct trc hoành tm phân bim theo
th t lp thành cp s cng v nh l
Câu II(2 điểm) 1) Gi
4
1 3 7
4cos os2 os4 os
2 4 2
x
x c x c x c
2
17 3 5 3 14 4 0
4 2 19 3 8
x x y y
x y x
Câu VIa( 2 điểm) 1)
22
2 4 1 0x y x y
40xy
2) Trong không gian t Oxyz, cho bm A(-1;3;0), B(0;1;2), C(3;-4;2), D(-1;0;2). Vit
t phng (Pm C, D và tha mãn khong cách t A n (P) bng hai ln
khong cách t B n (P).
Câu VIIa) (1 điểm) Có 15 qu c cu vàng, 5 qu cu xang, 6
qu c. Chn ngu nhiên 10 qu. Tính xác su chc 10 qu sao cho trong s các qu
cu còn l c 3 màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb( 2 điểm) 1) Trong mt phng t Oxy, cho tam giác ABC cân tnh AAB:
x + 2y 4 = 0, BC: 3x + y 7 = 0. Tìm t nh A và C, bit rng din tích tam giác ABC bng
m A
2) Cho A(1;-5;2), B(3;-1;-2), mt phng (P): x-6y+z+18=0. Tìm t m M thuc (P) sao
cho
.MAMB
t giá tr nh nht.
Câu VIIb) (1 điểm)
22
59
log 1 2 2 log 7 2x x x x
2
2
' 3 14 16; ' 0
8
3
x
y x x y
x
x
-
2 8/3 +
y'
+ 0 - 0 +
y
0 +
0.25
3. Đồ thị-12
0),(3
72
;
3 27
I
8
6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
y =
x
3
2
1
1
' 4 3 1 0
4
30
10
9
m
mm
m
f
m
3
4 4 6
2
x x m m m
3
2
m
0.25
4
1 3 7
4cos os2 os4 os
2 4 2
x
x c x c x c pt
2
2
1 3 7
1 cos2 cos2 2cos 2 1 cos
8x k k Z
0.25
2
17 3 5 3 14 4 0
4 2 19 3 8
x x y y
x y x
2 5; 4xy
0;
. 3
5 4 5 4 5 4
1
f x f y x y x y
yx
Thay vào pt(2) ta có:
2
4 2 22 3 8x x x
2
4( 2) 3( 2)
4 2 22 3 8 ( 2)( 2)
2 2 22 3 4
xx
x x x x x
xx
2
1 os2
xx
dx
cx
4
0
sin 2
1 cos2
xx
I dx
x
=
4
0
sin 2
1 cos2
x
dx
x
4
0
11
ln(1 cos2 ) ln 2
22
x
0.25
Tính
4
2
0
cos
x
J dx
x
2
; tan
cos
dx
u x du dx dv v x
0.25
Copyright: Tài liệu đại học ©