Đề thi KSCL các môn thi đại học (lần 1) năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán - Trường THPT Lê Lợi

WWW.VNMATH.COM 
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) 
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán. 
 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) 
 Ngày thi: 18 tháng 01 năm 2014 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
1
x
y
x


 (C) 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. 
b. Tìm m để đường thẳng y = m - x cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho bán kính đường 
tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 . 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình : 22sin sin 2 2 2 sin sin 3
4
x x x x
 
   
 
2. Giải bất phương trình 
4
2 1 2 17x x
x
    
Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 





 
yxyx
yx xy
)(log.3
27
5
3).(
5
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), 
, 2SA AB a AC a   và   090 .ASC ABC  Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai 
mặt phẳng (SAB), (SBC). 
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. 
 Tìm GTNN của biểu thức 3 3 3
15
4
P x y z xyz    
I.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). 
A. Chương trình chuẩn: 
Câu VIa: (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình 
đường thẳng DM: x y 2 0   và  C 3; 3 . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d :3x y 2 0   , xác định 
toạ độ các đỉnh A, B, D. 
 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(2; 4; 4). Tìm tọa độ của điểm 
B trong mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp 
hình chóp S.OABC và tìm thể tích khối cầu tương ứng đó. 
Câu VII.a (1,0 điểm). 
 Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản 
phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. 
A. Chương trình nâng cao: 
Câu VIb: (2,0 điểm) 
 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có 5AB  , đỉnh C(-1;-1), đường thẳng chứa 
cạnh AB có phương trình x + 2y - 3 = 0. Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d) : 
2 0x y   . Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác. 
 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C 
nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. 
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình )3(log53loglog 24
2
2
2
2  xxx 
.Hết.. 
Họ và tên của thí sinh:......... .SBD:........................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC
( Đề thi gồm 2 trang) 
WWW.VNMATH.COM 
Chữ kí của giám thị:..................... .... 
Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không dùng tài liệu 
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) 
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014. Môn thi: Toán 
Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài của thí sinh để lẻ đến 0,25. 
2) Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án. 
3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. 
Câu ý Nội dung Điểm 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 1,00 
1/TXĐ :  \ 1 . 
2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn và tiệm cận 
1 1
lim ; lim
1 1x x
x x
x x  
   
 
 TCĐ : 1x  , lim 1
1x
x
x
 

 TCN : 2y  
b/ Bảng biến thiên : 
2
1
' 0, 1
( 1)
y x
x

   

0,25 
x  1  
y’ - - 
y 
1 
  
 
 1 
0,5 
1 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )  , hàm số không có cực trị 
3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng. 
0,25 
Tìm m để ... bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 1,00 
Pt hoành độ giao điểm: 
1
x
mx m
x
 

2 0 (1)x mx m    (ĐK: 1x  ) 
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 1 
20 4 0
1 0
m m
m R
   
  
   
0 4m m    (*) 
0,25 
- Với m tm (*), gọi 1 2,x x là hai nghiệm của (1), theo vi et ta có 
1 2
1 2
x x m
x x m
 


Đặt 
1 1( , )A x m x , 2 2( , )B x m x ,
22( 4 )AB m m   , 
2 2OA OB m m   , ( , )
2
m
d O AB  
0,25 
I 
2 
21 1. ( ; ) 4
2 2
OABS AB d O AB m m m    đồng thời 
. .
4
OAB
OAOB AB
S
R
  
từ đó suy ra 
2 2
2
( 2 ) 2( 4 ). .
4 2 ( 4 )
m m m mOAOB AB
R
S m m m
 
 

2 2
2
m m
m

 
Theo bài ra ta được 
2 62
2 2
22
mm m
mm

    
0,5 
 Giải PT LG 22 2 2 2 . (3 )
4
sin x sin x sinx sin x

   
1,0 
PT 22 2 2 2 . (3 )
4
sin x sin x sinx sin x

  
22 2 . 2 2 . (3 )
4
sin x sinx cosx sinx sin x

    
0
2 (3 ) (2)
4
sinx x k
sinx cosx sin x


  

   

0,5 
II 
1 
PT(2) 
3 2
4 43
4 4
3 ( ) 2
4 4
x x k
sin x sin x
x x k
 

 
 
 

      
        
         

8 2
x k
x k

 


  

0,25 
WWW.VNMATH.COM 
Vậy nghiệm của phương trình là ; ,
8 2
x k x k
 
    .k 0,25 
2. Giải bất phương trình: 4 2 1 2 17x x
x
    (1) 1,00 
ĐKXĐ: x > 0. (* ). Với ĐKXĐ BPT (1)  4 2 17 2 1x x
x
    
4 16
2 1 2 17x x x
 
  
2 17 2 1 4x x x     
(2 17) (2 1) 2 2 17. 2 1 16x x x x x        (2 17)(2 1) 6 9x x x     (2) 
0,5 
*TH1: Xét 
3
0
2
x  thì BPT (2) luôn nghiệm đúng. 
*TH2: Xét 
3
2
x  khi đó BPT (2) 2 24 36 17 36 108 81x x x x      
2 12 9 4 0 4
2
x x x       , do 
3
2
x  nên ta được 
3
4
2
x  
0,5 
2 
Vậy tập nghiệm của BPT là S =(0; 4] 
Giải hệ phương trình ... : 1,00 
ĐKXĐ: x + y > 0 
Hệ đã cho 
3
5
.3
27
( ) 5
x y
x y
x y
x y



 
 
  
 3
3
5
5 .3
27
( ) 5
x y
x y
x yx y





 
  
3
33
3
5 3
( ) 5
x y
x y
x yx y
 
 


  
  
0,5 III 
3 3
3 0 3
( ) 5 (2 3) 125x y
x y y x
x y x
     
  
    
4
1
x
y

 

 (TMĐK) 0,5 
*) Kẻ SH AC ( )SH ABC  ; 
ta có 
3
3,
2
a
SC BC a SH   
2 33 1
.
2 3 4
ABC SABC ABC
a a
S V S SH     
0,5 
Gọi M là trung điểm của SB, 
 là số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). 
Ta có: , 3SA AB a SC BC a    AM SB  , CM SB cos cosAMC  
+ 3 6
2 2
a a
SAC BAC SH BH SB        
0,25 
IV 
Ta có 
2 2 2 2
2 2 2 10
4 16
SA AB SB a
AM
 
  
10
4
a
AM  , tương tự 105
4
a
CM  
Trong tam giác AMC có 
2 2 2 105
2. . 35
AM CM AC
cos AMC
AM CM
 
   . Vậy 
105
35
cos  
0,25 
Tìm GTNN của biểu thức: P  3 3 3 15
4
x y z xyz   
1,00 
*) Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta giả sử  , ,x min x y z .Từ giả thiết 10
3
x   và y + z = 1 - x 
*)Ta dễ thấy 
2 2( ) (1 )
4 4
y z x
yz
 
  và 27 3 0
4
x
  . Khi đó ta được 
P  3 3 3 3 315 15( ) 3 ( )
4 4
xyz
x y z xyz x y z yz y z         3 3
15
( ) 3( )
4
x y z yz x y z
 
       
3 3 27(1 ) 3
4
x
x x yz
 
     
 
2
3 3 3 2( ) 27 1(1 ) 3 (27 18 3 4)
4 4 16
y z x
x x x x x
  
         
 
0,25 
V 
Xét hàm  3 21( ) 27 18 3 4
16
f x x x x    , có 2
1
'( ) (81 36 3)
16
f x x x   , f’(x) = 0 1 1
9 3
x x   
 0,25 
S 
A C 
B 
H 
M 
WWW.VNMATH.COM 
Bảng biến thiên của hàm f(x): 
 x 0 1/9 1/3 
f’(x) + 0 - 
f(x) 
 7/27 
 1/4 1/4 
0,25 
Từ BBT ta suy ra min
1
4
P  đạt được khi x = y = z = 1/3 hoặc x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị của nó. 0,25 
PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn 
1. Tìm tọa độ của các đỉnhA, B, Dcủa hình vuông(1,0 điểm) 1,00 
*) Gọi A(t; 2 - 3t), từ tính chất của hình vuông ta có 
 4 4 2.4( , ) 2 ( , )
2 2
t
d A DM d C DM

   1 3t t     (3; 7) ( 1;5)A A    
Mặt khác A, C nằm về hai phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có A(-1; 5) thỏa mãn. 
0,25 
*) Gọi ( ; 2)D d d  thuộc DM, ta có ( 1; 7); ( 3; 1)AD d d CD d d     
 
ABCD là hình vuông nên 
2 2 2 2
1 5. 0
( 1) ( 7) ( 1) ( 3)
d dDA DC
d d d dDA DC
    
 
       
 
5d  (5;3)D 
0,5 
1 
*) AB DC
 
( 3; 1)B   . Vậy ( 1;5), ( 3; 1), (5;3)A B D   0, 25 
Tìm tọa độ của B và viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 1,00 
Gọi B(x; y; 0), khi đó ( ; ;0)OB x y

, 
Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên 2
4
x
OB OA OC
y

   

   (2;4;0)B 0,25 
Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng 
2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d       ( Với 2 2 2 0a b c   ) 
Mặt cầu đi qua O, S, A, C nên ta có 
0
36 4 8 8 0
4 4 0
16 8 0
d
a b c d
a d
b d

     

  
   
1; 2, 0,a b c d       
Vậy PT mặt cầu là 
2 2 2 2 4 4 0x y z x y z      
0,5 
Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy ra R = 3  thể tích khối cầu là 3
( )
4
.3 36
3
SV    0,25 
VI.a 
2 
 Tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá một phế phẩm 1,00 
+ Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm ứng với một tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy ra là 
6
12 924C   
0,25 
+ Gọi A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có hai phế phẩm” , 
khi đó A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá một phế phẩm” , : 
Ta tìm được : A 
2 2
2 10. 210C C  
0,5 VII.a 
Theo định nghĩa xác suất ta có: 
 210 5
( )
924 22
AP A

  

5 17
( ) 1
22 22
P A    0,25 
PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao 
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác 1,00 VIb 1 
+ Gọi I(x;y) là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác 
Ta có 
2 1
2 3
2 13
3
G
G
x
x
CG CI
y
y


  
 

  . G thuộc d: x + y - 2 = 0 nên 
2 1 2 1
2 0
3 3
x y 
   0,25 
WWW.VNMATH.COM 
Tọa độ I thỏa mãn hệ 
2 1 2 1
52 0
3 3
1
2 3 0
x y
x
y
x y
 
   
 
    
+ Do A thuộc 2 3 0x y   nên tọa độ A là (3 2 ; )A a a 
Theo giả thiết 5AB  25 5
2 4
IA IA    2 2
5
(2 2 ) ( 1)
4
a a    
1 3
2 2
a a      
0,5 
Từ đó tìm được 
1 3
(4; ), (6; )
2 2
A B  hoặc 3 1(6; ), (4; )
2 2
A B  0,25 
Tìm tọa độ của các đỉnh B, C 1,00 
- (Oxy)B mp , C Oz ( ; ;0); (0;0; )B x y C z 
Ta có ( 1;0;1), (2 ;1 ;1)AH BH x y    
 
, ( ; ; ), ( 3; 1; ), ( 3; 1;0)BC x y z AC z AB x y        
  
. 
- H là trực tâm tam giác ABC nên suy ra . 0
. 0
, . 0
AH BC
BH AC
AH AC AB
 



   
 
 
  
2
0
3 7 0 7 2
3 0 2 21 0
x z z x
x y z y x
x yz y z x x
   
 
        
        
3; 1; 3
7 7
; 14;
2 2
x y z
x y z
   

    

 Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm 
7 7
( ;14;0), (0;0; )
2 2
B C 
0,5 
0,5 
2 
Giải bất phương trình )3(log53loglog 24
2
2
2
2  xxx (1) 
1,00 
 ĐKXĐ: 
2 2
2 2 3 0
0
log x log x
x
   


 (*) 
Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với 
2 2
2 2 2log log 3 5(log 3)x x x    
Đặt 2t log x , BPT (1) trở thành 
2 2 3 5( 3)t t t    ( 3)( 1) 5( 3)t t t     
0,25 
2
1
1
3
3 4
( 1)( 3) 5( 3)
t
t
t
t
t t t
 
 
         
. Từ đó ta được 2
2
1
1 0
2
3 4
8 16
log x x
log x
x
        
0,5 
VII.b 
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S = 10; (8;16)
2
 
 
 
 0,25