Đề thi thử đại học Môn Toán có đáp án23783

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN GV: Nguyễn Văn Xá, trường THPT Yên Phong số 2, Yên Trung, Yên Phong, Bắc Ninh (0949969143) I Phần chung (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Gọi  đường thẳng qua điểm A(2; 4) có hệ số góc k Tìm tất giá trị tham số k để  cắt (C) ba điểm phân biệt A, B, D cho tam giác MBD có diện tích 17 , biết điểm M(1; 2) Câu (1,0 điểm) 9  1 2  x Giải phương trình sin x  cos  x    cos    Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  3 27 27    10  x x x x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  x ln x   ln x dx e x e2 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC hình chóp tam giác đều, AB  a ,  a  Gọi  góc mặt phẳng  A ' BC  mặt phẳng C ' B ' BC  Tính a biết thể tích khối chóp A '.BCC ' B ' cos   3 Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b thỏa mãn a  b  ab Chứng minh a b  b a  II Phần tự chọn (3,0 điểm) A Dành cho chương trình chuẩn Câu 7a (1,0 điểm)  3  1  3 4 ; Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A   ;  , B   , C  ;  , D(2;0) Viết  5 5  2   phương trình đường trịn (T) tâm D cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tạo dây cung có độ dài Câu 8a (1,0 điểm) x y2 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :  mặt phẳng  1 ( P ) : x  y  z   Gọi A giao điểm  (P) Viết phương trình đường thẳng  ' qua A, nằm (P) tạo với  góc 600 Câu 9a (1,0 điểm) 2n Tìm hệ số nhỏ khai triển nhị thức Newton (2 - x) , biết n số nguyên dương thỏa mãn An3 + 4Cn2 = 100 B Dành cho chương nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) ThuVienDeThi.com Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 5;5  , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC x  y   Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M 7;3, N 4;2  Tính diện tích tam giác ABC Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: x 1 y  z   1 hai điểm A(1; 4; 2), B(1; 2; 4) Tìm điểm M thuộc d cho MA + MB đạt nhỏ Câu 9b (1,0 điểm) 2013  C2014  C2014  C2014  Chứng minh C2014 22014  HẾT -Câu (2,0 điểm) Học sinh tự làm Đáp án vắn tắt x  2 Ta có PT hồnh độ giao điểm (C)  x3  3x  k x      Đường  x  x   k  1 thẳng  : y  k x    cắt đồ thị (C) ba điểm A, B, D phân biệt  phương trình (1) phải có hai 17  k   nghiệm phân biệt khác   2  Do A(2; 4) nên hoành độ B, D nghiệm (1) Gọi k  2 B x1 ; k x1    , D x2 ; k x2     với x1, x2 hai nghiệm (1) Ta có BD  Gọi H hình chiếu M BD Ta có MH  d M , BD   d ( M , )  SMBD  17  MH BD  17  k  4k  17   k 6 k 1 1  k 4k  17  Theo giả thiết 17  k  t / m(2)  Vậy k = giá trị cần tìm Câu (1,0 điểm) 9  sin x  cos  x   5  sin x  sin 12  sin x  sin   12 1 2 2  x sin x    sin x   sin x    cos  4  5   x  12  k 2   x  7  k 2  12 (k  ฀ )    x   k 2 12   13  k 2 x  12  Câu (1,0 điểm) Với x  x  3 27 27    10   x5  x  x  27  27  x x x x Trước hết ta giải phương trình x5  x  x  27  27  (1) ThuVienDeThi.com 5  x  x  y  27   x  x  y  27 (2)  Đặt y  x  27 (1) chuyển  (3)  y  x  27  y  x  27 Lấy phương trình (2) trừ phương trình (3), vế với vế, ta thu x5  y  y  x (4) Nếu x  y vế trái (4) dương cịn vế phải âm Do x  y không nghiệm (4) Nếu x  y vế trái (4) âm cịn vế phải dương Do x  y khơng nghiệm (4) Dễ thấy x  y thỏa mãn phương trình (4) Vậy (4)  x  y (Ta thấy (4)  x5  x  y  y  x  y hàm số f ( x)  x5  x đồng biến ฀ ( f '( x)  x   )) Thế y  x vào phương trình (2), ta có x5  x  27  (5)  ( x  x  3)( x3  x  x  9)   x3  x  x   (do phương trình x  x   có   vơ nghiệm)  x3  x  x   x    ( x  1)3  3( x  1)   Đặt x   t  với t  Ta t 1 3 (t  )3  3(t  )    t  3t    3t     t     t  5t   t   t t t t t t  t  2t Mà 25 29 29  29  29    (t  )   t3  t 4 2  29  29  29  29 nghiệm phương  1 nên x  t      2 t 2 trình (5) Do hệ phương trình (2)(3) có nghiệm x  y    29  29  2  29  29  2 Hàm số f ( x)  x5  x  x  27  27 liên tục ฀ , f ( x)   x  x0 , Vậy phương trình (1) có nghiệm x  x0   lim f ( x)   nên x  f ( x)   x  x0 f ( x)   x  x0 Tóm lại, bất phương trình x5  x  x  27  27  có nghiệm x   Câu (1,0 điểm) e e 3   ln x  ln x  I    x ln x  dx  dx   x ln xdx   x x e  e e  dx  e2 u  ln x du  Tính I1   x ln xdx Đặt   x e dv  x dx v  x3  e2 e2 e2 e2  I1  x ln x e   x dx x ln x e 3 e Tính I  e2  e ln x  dx Đặt x x3  e2 e6  e3 5e6  2e3  2e  e   3 e ln x   t  ln x  t   dx  3t dt x ThuVienDeThi.com  29  29  2 1 3t Đổi cận x  e  t  0; x  e  t   I   3t dt   4 5e6  2e3 20e6  8e3  Vậy I  I1  I    12 Câu (1,0 điểm) Gọi x độ dài cạnh bên lăng trụ, O tâm tam giác ABC, I M trung điểm BC B’C’ a a2 , A ' I  x  ; IM  x   ฀A ' IM  AI  BC  BC   A ' AIM       1800  ฀A ' IM  A ' O  BC TH1:   ฀A ' IM Ta có A ' O   ABC , A ' M  AI  B' A' M C' A B O I C 8 x  11a x  3a  2 3a a a  Theo định lí Cosin ta có  x   x  x x    a2 xa 4 x    a (đvtt) VA ' BCC ' B '  2VA ' ABC  A ' O.S ABC  a3 2 Lúc VA ' BCC ' B '     a  (thỏa mãn  a  2) ฀ TH2:   180  A ' IM 8 x  11a x  3a  3a a a a  Theo định lí Cosin ta có  x   x  x x    a2 x 4 4 x   a (đvtt) VA ' BCC ' B '  2VA ' ABC  A ' O.S ABC  24 16 a3 2 Lúc VA ' BCC ' B '    a3   (không thỏa mãn  a  2) 24 2 2 Vậy a  giá trị thỏa mãn yêu cầu toán ThuVienDeThi.com Câu (1,0 điểm) 1 Vì a  0, b  0,   nên a  1.b  Xét hàm f ( x)  xb  b( x  1)  với x  1, b  Có a b f '( x)  x  1, f '( x)  x  1, nên f ( x) đồng biến 1;   Do f (a )  f (1)  với a  Như a b  ab  b  1, a  1, b  Tương tự b a  ab  a  1, a  1, b  Suy a b  b a  2ab  a  b   ab  Ta lại có ab  a  b  ab  ab  Vậy a b  b a  Câu 7a (1,0 điểm) Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x  y  (T '), tâm O(0;0) bán kính R '  Đường trịn (T) cắt (T’) M, N dây cung MN vng góc với đường nối tâm OD, hay MN  Ox (T’) có bán kính R '  mà MN = nên MN đường kính (T’), suy M, N nằm Oy Vậy (T) đường tròn tâm D qua hai điểm (0;1), (0;-1), (T) có phương trình ( x  2)  y  Câu 8a (1,0 điểm)  Tọa độ điểm A 1;0; 1 Gọi u  (a; b; c), a  b  c  0, vectơ phương  ' Vì  '  ( P)    nên u nP  hay 2a  b  c   c  2a  b  u  a; b; 2a  b  Do  tạo với  ' góc 600 nên a  2b  2a  b   a  8ab  4b  Chọn b = ta a  4  Vậy 2  a  b  2a  b      x   (4  3)t  ': y  t t  ฀   z  1  (7  )t  Câu 9a (1,0 điểm)  x   (4  3)t   ' :  y  t t  ฀   z  1  (7  )t  n(n  1)  10 10  100 n(n  1)(n  2)  Ta có A  4C  100    n  Và (12  x)10   C10k 210 k 3k (1) k x k   ak x k k 0 k 0 n  ฀ , n  Để tìm hệ số nhỏ khai triển ta cần xét hệ số ứng với x có số mũ lẻ Nhận thấy a1  15360, a3  414720, a5  1959552, a7  2099520, a9  393660 Vậy hệ số nhỏ khai n n triển hệ số x a7  2099520 Câu 7b (1,0 điểm) Gọi H’ điểm đối xứng với H qua BC Phương trình HH’: x  y  Khi đó, giao điểm HH’ BC I 4;4  Suy tọa độ điểm H ' 3;3 y A B H M H' N O C x ThuVienDeThi.com Chứng minh H’ nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x  y  2ax  2by  c  a  b  c   Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có 7  32  14a  6b  c  a  5  2  3   6a  6b  c   b  4 42  22  8a  4b  c  c  36   Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC x  y  10 x  y  36  C  Vì A  HH ' C   A 6;6  (vì A  H ' ) B; C  BC  C   Tọa độ B, C nghiệm phương trình  x    x  y  10 x  y  36  y   BC     x  x  y      y  2 Diện tích tam giác ABC S ABC  Câu 8b (1,0 điểm) 1 6 68 d  A, BC .BC   (đvdt) 2 Giả sử M (1  t ; t  2; 2t ), t  ฀ Ta có MA  MB  6t  20t  40  6t  28t  36 210    30  88  20       ; ;0  , v   t  ; ;0  MA  MB  u  v  u  v  Chọn u   t  3 3       13  44   22  Vậy với M  ; ; Dấu “=” xảy t   MA  MB đạt nhỏ 9   Câu 9b (1,0 điểm) Ta có Cn0  Cn1   Cnn  2n (1) Đặt z  cos    2 2  i.sin , i đơn vị ảo Ta có z  1,  z  z  0, 3  Nhận thấy 3 3 (1  z ) n  Cn0  zCn1  z 2Cn2  z 3Cn3   z nCnn  Cn0  zCn1  z 2Cn2  Cn3  zCn4  z 2Cn5  (2)  z  cos  i.sin ,  z  cos  i.sin (1  z ) n  Cn0  z 2Cn1  z 4Cn2  z 6Cn3   z nCnn  Cn0  z 2Cn1  zCn2  Cn3  z 2Cn4  zCn5  (3) Từ (1), (2), (3) suy n 3(Cn0  Cn3  Cn6  )  2n  (1  z ) n  (1  z ) n  2n  cos  n Cn3  Cn6  Cn9  (2n  cos )  (n nguyên dương) 3 Thay n = 2014 ta thu 2014 2014 22014  2013 (đpcm) C2014  C2014  C2014  C2014  (2  cos ) 1  3 ThuVienDeThi.com ...  C2014  C2014  Chứng minh C2014 22014  HẾT -Câu (2,0 điểm) Học sinh tự làm Đáp án vắn tắt x  2 Ta có PT hoành độ giao điểm (C)  x3  3x  k x      Đường  x  x  ... (1) phải có hai 17  k   nghiệm phân biệt khác   2  Do A(2; 4) nên hoành độ B, D nghiệm (1) Gọi k  2 B x1 ; k x1    , D x2 ; k x2     với x1, x2 hai nghiệm (1) Ta có BD... Ta có BD  Gọi H hình chiếu M BD Ta có MH  d M , BD   d ( M , )  SMBD  17  MH BD  17  k  4k  17   k 6 k 1 1  k 4k  17  Theo giả thi? ??t 17  k  t / m(2)  Vậy k = giá