TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A 1 , B và 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 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 4 (1),    y x x mx với m là số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 0. m  b) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ( ;0).  Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a)   6 6 8 sin cos 3 3cos2 11 3 3sin4 9sin2 . x x x x x      b) 3 2 1 1 1 3. 3 x x x x x x          Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 1 . 1 1 dx I x x       Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a. Câu 5 (1,0 điểm). Cho , , 0. a b c  Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 . a b abc b c abc c a abc abc          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 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ): 2 6 15 0. C x y x y      Viết phương trình đường thẳng ( )  vuông góc với đường thẳng : 4 3 2 0 d x y    và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A và B sao cho 6. AB  Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) và đường thẳng d lần lượt có phương trình là ( ):2 2 2 0; P x y z     1 2 : . 1 2 1 x y z d      Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4. Câu 8.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2013 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 11 1; , 3 G       đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình 3 8 0 x y    và đường thẳng AB có phương trình 4 9 0. x y    Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   1;1;1 I và đường thẳng 14 5 : . 4 1 2 x y z d      Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho 16. AB  Câu 8.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     2 2 2 2 log log 1 1. x y e e y x xy x y            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:…………. Trang 1/5 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán; Khối A, A 1 , B và D (Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi 0 m  ta có 3 2 3 4. y x x     Tập xác định: . D    Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim . x x y y       0,25 - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 ; ' 0 0 y x x y x      hoặc 2. x   Các khoảng đồng biến:   ; 2   và   0;  ; khoảng nghịch biến:   2;0 .  - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 4; CT x y    cực đại tại 2, x   0. CD y  0,25 - Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có 2 ' 3 6 . y x x m    Hàm số (1) đồng biến trên khoảng   ;0  khi và chỉ khi ' 0, 0 y x    0,25 2 3 6 , 0. m x x      Xét 2 ( ) 3 6 f x x x   với 0. x  Ta có '( ) 6 6; '( ) 0 1. f x x f x x       0,25 Bảng biến thiên: 0,25 1 (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn là 3. m   0,25 a. (1,0 điểm) 2 (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 3 8 1 sin 2 3 3sin 4 11 3 3cos2 9sin 2 4 x x x x            0,25 -3 x f’(x) f(x)  -1 0 0 - +  0 x     - 2 0 0 0 + + - 0 - 4 Trang 2/5 2 8 6sin 2 3 3sin 4 11 3 3cos2 9sin 2 x x x x       2 3 6sin 2 3 3 sin 4 3 3cos2 9sin 2 x x x x       2 2sin 2 2 3sin 2 cos2 1 3cos2 3sin 2 0 x x x x x       0,25     2 2sin 2 3sin 2 1 3 cos2 2sin 2 1 0 x x x x           2sin 2 1 sin 2 3cos2 1 0 x x x      0,25   12 1 5 sin 2 2 12 , , , . 1 sin 2 3 2 4 7 . 12 x k x x l k l m n x x m x n                                                             0,25 b. (1,0 điểm) Điều kiện: 1. x   0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 3 2 1 3 1 1. 3 x x x x x x          Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả: 0,25 3 2 2 1 3 1 1 2 2 0 3 1 3 x x x x x x x x                    0,25 Thử lại: 1 3, 1 3 x x    không thỏa mãn, vậy pt VN 0,25 Đặt u = x+ 2 1 x  thì u - x= 2 1 x   2 2 2 2 1 x ux u x     0,25 2 2 1 1 1 1 2 2 u x dx du u u             Đổi cận 1 x   thì 2 1 u   ; 1 x  thì 2 1. u   0,25 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 (1 ) du du du u I u u u u                        0,25 3 (1,0 điểm) = 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 du du u u u u                  =1 0,25 Trang 3/5 Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm AB.  0 2 5 ( ) 60 ; 3 3 a SH ABCD SDH DH DI     0,25  15 .tan 3 a SH DH SDH   Suy ra 3 . 1 15 . 3 9 S ABCD ABCD a V SH S  (đvtt). 0,25 Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK   ( ) ;( ) . HK SBC d H SBC HK     0,25 4 (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 2 2 1 1 1 2 5 3 3 57 a a HE AB HK HK HS HE        Do     3 3 3 5 ;( ) ;( ) . 2 2 57 AC a d A SBC d H SBC HC     0,25 Ta có 2 2 2 , , 0 x y xy x y           2 2 2 2 2 x y xy xy xy x y x y xy x y xy              3 3 (*). x y xy x y    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0. x y   0,25 Áp dụng (*) cho a, b > 0 Ta được   3 3 a b ab a b        3 3 0 a b abc ab a b abc ab a b c             3 3 1 1 (1) a b abc ab a b c       Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 a b   0,25 Tương tự ta có   3 3 1 1 (2) b c abc bc a b c      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 b c     3 3 1 1 (3) c a abc ca a b c      Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 c a   0,25 5 (1,0 điểm) Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được BĐT:   3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 . a b c a b abc b c abc c a abc abc a b c abc               Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 a b c    0,25 S A K B E C D H O I Trang 4/5 Theo bài ra ta có đường tròn (C) có tâm   1; 3 I  và bán kính 5. R  0,25 Vì  vuông góc với : 4 3 2 0 d x y    nên có dạng :3 4 0. x y m     Gọi H là trung điểm của AB. Theo bài ra ta có 4 IH  0,25 Để :3 4 0 x y m     cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 6 AB  thì   3 2 29 3.1 4.( 3) 9 ; 4 4 4 11 5 3 4 m m m d I m                   0,25 6.a (1,0 điểm) Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là; 1 2 :3 4 29 0, :3 4 11 0. x y x y         0,25 Đường thẳng d có phương trình tham số là: 1 2 ; . 2 x t y t t z t               Gọi tâm mặt cầu là   ; 1 2 ;2 1 I t t d      0,25 Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:       2 2 2 | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5| ;( ) 3 3 3 2 1 2 t t t t d I P                 2 3 7 3 t t          0,25  Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 ; ; 3 3 3 I        và 7 17 1 ; ; 3 3 7 I         Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. 0,25 7.a (1,0 điểm) Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn lần lượt có phương trình là:     2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 8 : 25 3 3 3 7 17 1 : 25. 3 3 3 S x y z S x y z                                                 0,25  Trường hợp 1: Số tạo thành gồm 1 chữ số 3 và 2012 chữ số 0 Chỉ có 1 số 3000…000 (2012 chữ số 0) 0,25  Trường hợp 2: Số tạo thành gồm 1 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 2011 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên có 2 cách chọn số 1 hoặc 2 Chữ số còn lại có 2012 vị trí để đặt, còn các vị trí khác đặt số 0 Có 2.2012 = 4024 số 0,25  Trường hợp 3: Số tạo thành gồm 3 chữ số 1 và 2010 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên là 1 Chọn 2 trong 2012 vị trí để đặt chữ số 1  có 2 2012 C = 2023066 0,25 8.a (1,0 điểm) Vậy có 1 + 4024 + 2023066 = 2027091 số 0,25 I A B H  Trang 5/5 Ta có A, B thuộc đường thẳng 4 9 0. x y    nên     ; 4 9 , ; 4 9 . A a a B b b     0,25 Do 11 1; 3 G       là trọng tâm tam giác ABC nên   3;4 4 7 C a b a b      0,25 Gọi I là trung điểm BC ta có 3 ;2 1 2 a I a          . Mặt khác : 3 8 0 d x y    là trung trực của cạnh BC  . 0 d I d BC u          0,25 6.b (1,0 điểm)   3 3(2 1) 8 0 2 3. 3 2 (4 8 16) 0 a a b a a b                  1 3 a b       Vậy       1;5 , 3; 3 , 1;9 . A B C  0,25 0,25 Gọi H là hình chiếu của I lên trên đường thẳng d Suy ra   14 4 ; ; 2 2 , (1) H h h h h IH d           Ta có   4 13; 1; 2 6 (2), IH h h h     vtcp của d   4;1; 2 (3). d u   0,25 Từ (1), (2), (3) ta có:       4 4 13 1 ( 2) 2 6 0 3. h h h h            Suy ra   1; 4;0 17 IH IH     0,25 Ta có 2 2 2 17 64 81 2 AB R IH            0,25 7.b (1,0 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm là       2 2 2 1 1 1 81 x y z       0,25 Điều kiện , 0 x y  Suy ra 1 0 xy   0,25  Trường hợp 0 x y   ta có     2 2 2 2 0 log log 0 log log 1 . x y x y e e y x e e y x xy           0,25  Trường hợp 0 x y   ta có     2 2 2 2 log log 0 log log 1 0 . x y x y y x e e y x xy e e           0,25 8.b (1,0 điểm) Trường hợp 0 x y   từ 2 2 1 x y   suy ra 2 . 2 x y  Vậy nghiệm của hệ là   2 2 ; ; . 2 2 x y          0,25 I A B H d .  Đổi cận 1 x   thì 2 1 u   ; 1 x  thì 2 1. u   0 ,25 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 (1 ) du du du u I u u u u  .         0 ,25 3 (1, 0 điểm) = 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 du du u u u u                  =1 0 ,25 Trang 3/5