TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) Năm học: 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 2x 3 y x 2    có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) b) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình: 2 sin 2x +sinx+3cosx+2=0 4         Câu 3 ( 1,0 điểm). Giải bất phương trình:     2 3 2 5 x 2 log 2 x x 2 1 x 6 3x x         Câu 4 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 1 0                 x y y x x x y y Câu 5 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, · 0 AB a, ACB 30   . Gọi I là trung điểm BC, hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn: IA 2IH   uur uur . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ trung điểm K của SB tới mặt phẳng (SAH) theo a ? Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn 1 2 3 a ; b ; c 2 3 4    và 2a 3b 4c 7    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 A 2a 3b 4c 2a 1 3b 2 4c 3          II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1; 1)  , điểm M( 1;2)  là trung điểm AC và phương trình cạnh BC là: 2x y 1 0    . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC ? Câu 8.a (1,0 điểm). Cắt hình nón (N) đỉnh S cho trước bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh của hình nón (N). Tính thể tích khối cầu nội tiếp hình nón (N) Câu 9.a (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng 1 d và 2 d cắt nhau tại điểm O. Trên 1 d lấy 6 điểm phân biệt khác điểm O. Trên 2 d lấy n điểm phân biệt khác điểm O. Tìm n để số tam giác tạo thành từ n 7  điểm trên (kể cả điểm O) là 336 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): x + y – 2 = 0 cắt đường tròn (C) có phương trình: 2 2 4 4 4 0 x y x y      tại hai điểm A và B. Tìm điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất? Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hình trụ (T) có bán kính đáy bằng a. Một mặt phẳng ( )  song song và cách trục ' OO của hình trụ bằng a 2 cắt hình trụ (T) theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích xung quanh của hình trụ (T) và tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình trụ (T) Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi được chọn, trong đó có đúng một viên bi xanh ? Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………; Số báo danh: ……………………. HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) KHỐI A VÀ A1 – Năm hoc: 2013-2014 Câu 1: (2,0 điểm) a)(1,0 đ) Hàm số y = 2x 3 x 2   - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn: x lim y 2   . Do đó ĐTHS nhận đt y = 2 làm TCN x 2 x 2 lim y ; lim y         . Do đó ĐTHS nhận đt x = 2 làm TCĐ …………… +) Bảng biến thiên: Ta cã : y’ =   2 1 x 2   < 0 x D   Hàm số nghịch biến trên hai khoảng    ;2 và    2; , hàm số không có cực trị + ) Vẽ đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 b)(1,0 đ) Lấy điểm 1 M m;2 m 2           C  . Ta có :     2 1 y' m m 2    . Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :     2 1 1 y x m 2 m 2 m 2        …………………………………. Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2 A 2;2 m 2         Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) ………………… Ta có :     2 2 2 1 AB 4 m 2 8 m 2              . Dấu “=” xảy ra khi m = 1 hoặc m=3 0,25 0,25 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y’ y x   -   2 - 2 2 2 Vậy điểm có hai điểm cần tìm 1 M (1;1) và 2 M (3;3) 0,25 Câu 2: (1,0 điểm) 2 sin 2x +sinx+3cosx+2=0 4         2 sin 2x cos2x+sinx+3cosx+2=0 2sinx.cosx+2cos x 1 sinx+3cosx+2=0 sinx(2cosx+1)+(2cosx+1)(cosx+1)=0 (2cosx+1)(sinx+cosx+1)=0        2cosx+1=0 (1) (2cosx+1)(sinx+cosx+1)=0 sinx+cosx+1=0 (2)      ………………. * 2 x k.2 2 3 (1) 2cosx+1=0 cosx=cos (k ) 3 2 x k.2 3                          ¢ …… * x k.2 (2) sinx+cosx+1=0 sin x+ sin (k ) 2 4 4 x k.2                                 ¢ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k.2 ; x k.2 ; x k.2 ; x k.2 3 3 2                   …………… 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3: (1,0 điểm) 1/ (1 đ)     2 3 2 5 x 2 log 2 x x 2 1 x 6 3x x             2 2 5 x 2 log 2 x x 2 1 x x 3 0                  2 2 5 2 2 5 x 2 0 (I) log 2 x x 2 1 x x 3 0 x 2 0 (II) log 2 x x 2 1 x x 3 0                                     ……………………. Xét hàm số:   2 2 5 f(x) log 2 x x 2 1 x x 3 x          ¡ Đặt 2 2 1 7 7 t x x 2 x t 2 4 2                    Ta được   2 5 7 f(t) log 2t 1 t 5 t ; 2              ' 7 f (t) 0; t ; và f(2)=0 2           , Nên Hàm số f(t) đồng biến trong 7 ; 2        +   2 2 5 x 2 0 x 2 (I) log 2 x x 2 1 x x 3 0 f(t) 0 f(2)                      2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 1 t 2 x x 2 2 x 2                             (*) ………………… +   2 2 5 x 2 0 x 2 (II) log 2 x x 2 1 x x 3 0 f(t) 0 f(2)                      2 x 2 x 2 x 2 1 x 2 t 2 1 x 2 x x 2 2                          (**) …… Từ (*) và (**) Suy ra tập nghiệm của bpt đã cho là   S 1;    …………. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4: (1,0 điểm) 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 1 0 (2)                 x y y x x x y y Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y                   ………………………………. Đặt   t x 1 x t 1, t 0;2       ta có (1) 3 3 2 3 3 2 3 3 2 0 ( 1) 3 3( 1) 2 0               x y y x t y y t  t 3  3t 2 = y 3  3y 2 (*) Hàm số f(u) = u 3  3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 3 2 3 2 (*) t 3t y 3y f(t) f (y) t y          y = x + 1 2 2 2 (2) 1 3 2( 1) ( 1) 1 0          x x x x  2 2 2 1 1 0     x x Đặt 2 1 v x    v[0; 1]  (2) 2 v 1 3 v 2v 2 0 v 1 3 (loai)             x 2 3 3 y 1 2 3 3 v 1 3 x 2 3 3 y 1 2 3 3                      ……………………. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) ( 2 3 3;1 2 3 3) và (x; y) ( 2 3 3;1 2 3 3)          … 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5: (1,0 điểm) 60 0 30 0 K J I B C A H S *Tam giác ABC vuông tại A, · · 0 0 ACB 30 ABC 60 ,AC a 3;BC 2a      * I là trung điểm BC nên 1 1 a IA IB IC BC a; IH IA 2 2 2       · · · 0 SH (ABC) (SC,(ABC)) (SC,HC) SCH 60      2 2 2 0 2 a a 1 a 3 HC IH IC 2IH.IC.cos60 a 2. .a. 4 2 2 2        Trong tam giác SHC: 0 a 3 3a SH HC.tan60 . 3 2 2    0,25 2 ABC AB.AC a.a 3 a 3 S 2 2 2    2 3 S.ABC ABC 1 1 a 3 3a a 3 V .S .SH . . 3 3 2 2 4    (đvtt) Gọi J là trung điểm AI, tam giác ABI đều nên BJ AI a 3 BJ (SAH) d(B,(SAH)) BJ 2 BJ SH           K là trung điểm SB nên 1 1 a 3 d(K,(SAH)) .d(B,(SAH)) .BJ 2 2 4    0,25 0,25 0,25 Câu 6: (1,0 điểm) Ta có: 3 7 2a 3b 4c 1 (2a 1) (3b 2) (4c 3) 3. (2a 1)(3b 2)(4c 3)               3 1 0 (2a 1)(3b 2)(4c 3) 3       * 1 1 1 A 2a 3b 4c 2a 1 3b 2 4c 3          1 1 1 (2a 1) (3b 2) (4c 3) 6 2a 1 3b 2 4c 3              3 3 3 3. (2a 1)(3b 2)(4c 3) 6 (2a 1)(3b 2)(4c 3)          Đặt 3 1 t (2a 1)(3b 2)(4c 3); 0 t 3       3 1 A 3t 6; 0 t t 3       Đặt 2 ' 2 2 3 3 3t 3 1 f(t) 3t 6 f (t) 3 0, t 0; t 3 t t                  Suy ra hàm f(t) nghịch biến trên 1 0; 3       Do đó: 1 1 0 t f(t) f 16 3 3            Vậy A f(t) 16   . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 16 Khi 3 1 2 2a 1 a 3 3 1 t (2a 1)(3b 2)(4c 3) 1 7 3b 2 b 3 3 9 2a 1 3b 2 4c 3 1 5 4c 3 c 3 6                                             0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7.a (1,0 điểm) 2x-y+1=0 H(1;-1) M(-1;2) A C B *Pt đường cao AH đi qua H(1;-1) và vuông góc với BC là: AH : 1(x 1) 2(y 1) 0 x 2y 1 0         0,25 *Gọi   C C C x ;2x 1 BC   M(-1;2) là trung điểm AC nên   C C A 2 x ;3 2x    Mà C C C A AH ( 2 x ) 2(3 2x ) 1 0 x 1           C(1;3), A( 3;1)  *Pt đường cao BH đi qua H(1 ;-1) và nhận AC (4;2)  uuur làm vt pháp tuyến BH : 4(x 1) 2(y 1) 0 2x y 1 0         * B là giao điểm của BH và BC , nên B(0;1) 0,25 0,25 0,25 Câu 8.a (1,0 điểm) O A B S I *Gọi thiết diện qua trục của hình nón (N) là tam giác SAB vuông cân tại S, AB a 2 SA SB a     O là trung điểm AB a 2 SO OA OB 2     * 2 xq a 2 a . 2 S .R.l .OA.SA .a. 2 2         * Trong tam giác SAB, kẻ đường phân giác trong của góc A cắt SO tại I, Suy ra I là tâm khối cầu nội tiếp hình nón (N), bán kính là IO Ta có: IO AO 2 IO 2 IO 2 IS AS 2 IO+IS SO 2 2 2 2         a 2 2 a a(2 2) IO . 2 2 2 2 2 2        3 3 3 C 4 a (2 2) V . .IO 3 3      (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9.a (1,0 điểm) * TH1: 1 điểm trên 1 d , 2 điểm trên 2 d . Số tam giác tạo thành: 1 2 6 n C .C * TH2: 2 điểm trên 1 d , 1 điểm trên 2 d . Số tam giác tạo thành: 2 1 6 n C .C * TH3: Điểm O, 1 điểm trên 1 d , 1 điểm trên 2 d . Số tam giác tạo thành: 1 1 6 n C .C … Theo đề bài ta có: 1 2 2 1 1 1 6 n 6 n 6 n C .C C .C C .C 336 n 2, n      ¥ 2 n 6n 112 0     n 8 n 14 (loai)        Vậy n=8 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7.b (1,0 điểm) *Đ tròn (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 0,25 2 2 0 2 2 0 4 4 4 0 2 0 x yx y x y x y x y                              Hay A(2;0), B(0;2) Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B …………………………… Ta có 1 . 2 ABC S CH AB  V (H là hình chiếu của C trên AB) ax CH max ABC S m  V Dễ dàng thấy CH max ( ) ( ) 2 C C C x        V Hay V : y = x với : (2;2) d I      V V V (2 2;2 2) C   ……………………………………………………. Vậy (2 2;2 2) C   thì ax ABC S m V 0,25 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) K I O B A O1 B1 A1 *Gọi 1 1 ABB A là thiết diện của mp ( )  và hình trụ (T) (hình vẽ ) Gọi K là trung điểm AB 1 1 1 OK AB, OK AA OK mp(ABB A )      1 1 1 1 1 a d(OO ,(ABB A )) d(O,(ABB A )) OK 2     2 2 2 2 a a 3 AK OA OK a AB 2.AK a 3 4 2         1 1 ABB A là hình vuông nên 1 1 OO AA AB a 3    ……………………. * 2 xq 1 S 2. .OA.OO 2. .a.a 3 2a 3       (đvdt) ………………………. * Gọi I là trung điểm 1 OO nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình trụ (T) Bán kính 2 2 2 2 3a a 7 IA OA OI a 4 2      ………………………… 0,25 0,25 0,25 H 4 A B I y x M 2 2 O C * 3 3 3 C 4 4 a 7 7a 7 V . .IA . . 3 3 2 6            (đvtt) ………………………… 0,25 Câu 9.b (1,0 điểm) - Số kết quả có thể xảy ra là : 3 12 C 220  ……………………………………. - Gọi biến cố A: “ 3 viên bi được chọn, trong đó có đúng một viên bi xanh”… Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 1 2 4 8 C .C 112  (Cách khác: Số kết quả biến cố A là: 1 1 1 1 2 1 2 4 5 3 4 5 4 3 C .C .C C .C C .C 112    … - Xác suất của biến cố A là: 1 2 4 8 3 12 C .C 112 28 P(A) 220 55 C    ( Cách khác : 1 1 1 1 2 1 2 4 5 3 4 5 4 3 3 12 C .C .C C .C C .C 112 28 P(A) 220 55 C      0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa . TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) Năm học: 2 013 -2 014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian: 18 0 phút (không. Câu 7.a (1, 0 điểm) 2x-y +1= 0 H (1; -1 ) M( -1 ; 2) A C B *Pt đường cao AH đi qua H (1; -1 ) và vuông góc với BC là: AH : 1( x 1) 2(y 1) 0 x 2y 1 0   