Đề thi thử đại học lần 1 môn thi: Toán 12; khối: A, A1, B53512

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam SỞ GD VÀ ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán 12; Khối: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG (7 điểm) + + Câu (2 điểm) Cho hàm số = − a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b) Với giá trị m hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị lập thành tam giác có diện tích Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: 2cos x + cos x − cos x = sin x + 8 ( x + y ) − xy = y + x b) Giải hệ phương trình sau:  với x, y ∈ R 2  − x + − y = x − y + Câu (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ ( ln x + 1) x − 3ln x dx x3 − x Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SB hợp với đáy góc 30o , M trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S ABM khoảng cách hai đường thẳng SB AM theo a Câu5 (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z z+x x2 + y y2 + z2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần A B sau: A Theo chương trình chuẩn Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = Gọi ( C ) đường tròn cắt d hai điểm B, C cho tiếp tuyến ( C ) B C cắt gốc tọa độ O Viết phương trình đường trịn ( C ) , biết tam giác OBC x2 y2 + = Giả sử F1 , F2 hai tiêu điểm elip F1 có hồnh độ âm Tìm điểm M elip cho MF1 − MF2 = Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình Câu 8a (1 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 Tìm số hạng chứa x5 khai n  nx  −  , x ≠ triển nhị thức Niu-tơn   14 x  B Theo chương trình nâng cao Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , A(−1; 2) Gọi M , N trung điểm AD DC , E giao điểm BN với CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BME biết BN : x + y − = B có hồnh độ lớn x2 y2 Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình + = điểm 25 M (1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt elip hai điểm phân biệt A, B cho M trung điểm AB Câu 8b (1 điểm) Một hộp chứa bi xanh, bi đỏ bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi lấy có đủ cà màu www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013–2014 Mơn thi: Tốn; Khối: A, A1, B Trường THPT Hùng Vương ĐIỂM NỘI DUNG Câu I.1 Cho hàm số = − + hàm số m = Với m = ta có: y = x − x + Tập xác định D = R + Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị 0,25 x →+∞ x = + y ' = 4x − 4x ; y ' = ⇔ 4x − 4x = ⇔  x =   x = −1 + Bảng biến thiên x −∞ −1 y' 0 − + +∞ y 3 1,0 0,25 − + +∞ +∞ 0,25 Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) (0;1) Hàm số đồng biến khoảng (−1;0) (1; +∞) Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, y = Hàm số đạt cực tiểu hai điểm điểm x = −1 , y = x = , y = Đồ thị hàm số qua điểm đặc biệt: (−2;11), (2;11) Đồ thị hàm số nhận trục Oy trục đối xứng 0,25 Câu I.2 Với giá trị m hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị lập thành tam giác có diện tích 1,0 x = Ta có y ' = x − 4mx; y ' = ⇔   x = m 0,25 Hàm số có cực trị ⇔ y ' = có nghiệm phân biệt ⇔ m > (*) Với điều kiện (*), phương trình Hàm số đạt cực trị x1 ; x2 ; x3 ′= có nghiệm x1 = − m ; x2 = 0; x3 = m www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Gọi A(0; 2m + m ); B ( m ; m4 − m2 + 2m ) ; C ( − m ; m4 − m2 + 2m ) điểm cực trị đồ thị hàm số Ta có: AB = AC = m4 + m; BC = 4m ⇒ ∆ABC cân đỉnh A − Gọi M trung điểm BC ⇒ Vì ∆ + = ⇒ = cân A nên AM đường cao, đó: S∆ABC = AM BC 0,25 0,25 Ta có: S∆ABC = ⇔ 1 AM BC = ⇔ m 4m = ⇔ m5 = 32 ⇔ m = 2 Kết luận.: m = Câu II.1 Giải phương trình lượng giác: 2cos x + cos x − cos x = sin x + 0,25 1,0 2(cos x + cos x ) = sin x + (1 + cos x ) ⇔ cos x cos x = sin x cos x + cos2 x ( 0.25 ) ⇔ cos x cos x − sin x − cos x =  cos x = ⇔  cos x − sin x − cos x = cos x = ⇔ x = π (1) (2) + kπ , ( k ∈ Z ) , 0.25 π π π   x x k = + + π x k = +  π   24 cos5x = cos  x +  ⇔  ,(k ∈ Z ) ⇔  ,(k ∈ Z ) π π π 6    x= +k 5x = − x − + k 2π   36 Kết luận: x = π + kπ , x = π π 24 , x= π +k 0.25 π ,(k ∈ Z ) 36 8 ( x + y ) − 3xy = y + x Câu II.2 Giải hệ phương trình :  2  − x + − y = x − y + x ≤ x + y = • Điều kiện:  , phương trình (1) ⇔ ( x + y )( x + y − ) = ⇔  y ≤ x + 2y = +k 0,25 • Với x + y = x ≤ x ≤ ⇔ ⇒ x + 2y ≤ Ta có :  y ≤ 2 y ≤ x = Khi đó: x + y = ⇔  không thỏa hệ y =  www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn 1,0 0,25 0.25 www.MATHVN.com – Tốn Học Việt Nam •Với x + y = ⇔ y = − x thay vào phương trình (2) (2) ⇔ − x + + x = x + Điều kiện: −3 ≤ x ≤ (2) ⇔ ( ) ( − x −1 + ) + x − = x2 − 1− x x −1 + = ( x − 1)( x + 1) − x +1 3+ x +  x = ⇒ y = −1 ⇔  − + x + = (*) 3+ x +  − x + ⇔4 0,25 − + x +1 − x +1 3+ x + 2 + + > 0; ∀x ∈ ( −3; ) 2 − x +1 3+ x 3+ x + • Xét phương trình (*), đặt f ( x) = Ta có: f ' ( x) = 2− x ( ) ( ) Mặt khác f ( x) liên tục [ −3;2] , suy f ( x) đồng biến [ −3;2] Ta có: f (−2) = , suy (*) có nghiệm x = −2 ⇒ y = Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm (1; −1) , ( −2;2 ) Câu III Tính tích phân I = ∫ ( ln x + 1) x − 3ln x dx x3 − x 2 2 ln x + 1) x − 3ln x ln x ( Ta có I = ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx x − 3x 1 x x − 3x 0.25 1,0 I1 0,25 I2 2 −1 −1 ln x 1  −1 −1 I1 = ∫ dx = ∫ ln xd   = ln x + ∫ d ( ln x) = ln2 + ∫ dx = ln2 + 2 x x x 1 x x 2 1 2 1 x−3 I2 = ∫ dx = ∫  −  dx = ln = − ln x 1 x−3 x 3 x − 3x 0,25 1 − ln − ln 2 Câu IV Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, SB hợp với đáy góc 30o , M trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S ABM khoảng cách hai đường thẳng SB AM theo a ⇒I= www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn 0,25 0,25 1.0 www.MATHVN.com – Tốn Học Việt Nam • Gọi H trung điểm AC; ta có: SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) , SBH = 30o a , AM = BH = 0.25 1 a a a2 MB.MA = = 2 2 a • SH = BH tan 30o = a3 Thể tích VSABM = S ABM SH = 48 •Kẻ Bt / / AM ⇒ AM / / ( SBt ) S ABM = 0.25 ⇒ d ( AM , SB ) = d ( AM , ( SBt ) ) Gọi I hình chiếu H Bt, J = HI ∩ AM , L hình chiếu J SI  JL ⊥ SI Ta có  ⇒ JL ⊥ ( SBt ) ⇒ d ( AM , ( SBt ) ) = JL Bt ⊥ SHI ⇒ Bt ⊥ JL ( )  ' JL 3 3a 1 16 52 3a HI = BC = , = + = + = ⇒ HL' = '2 2 4 HL 9a SH HI a 9a 52 a Vậy d ( AM , SB ) = JL = HL' = 13 Câu V Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z Hãy tìm giá trị lớn 0.25 • Gọi L' hình chiếu L SI ; ta có: JL = x biểu thức P = P=  y 1+   x x2 + y +  1+   z  y + y + y2 + z2 + 0.25 1.0 z z+x 1+ x z (*) ; với a, b > 0, ab ≤ 1 + ab 0.25   ≤ 2 + 2   1+ a 1+ b  1+ a 1+ b 1 2 Mặt khác + ≤ ⇔ ( a − b ) ( ab − 1) ≤ với a, b > 0, ab ≤ 2 + a + b + ab Suy BĐT (*) Đẳng thức xảy a = b + Áp dụng BĐT (*) ta có: P ≤ z z 1+ 1+ x x 0.25 Trước hết ta chứng minh BĐT Ta có z x + 1+ a + 1+ b ≤ Đạt t = , < t ≤ , P ≤ + 1+ t 1+ t = t +2 t +1 www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 1− t t +2 ; < t ≤ , f ' (t ) = , f ' (t ) = ⇔ t = t +1 t ( t + 1) Xét hàm số f (t ) = t f ' (t ) + 0.25 - f (t ) 0.25 y z  x = y ⇔ x = y = 4z Vậy max P =  z t = =  x Câu Vi.a.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = Gọi ( C ) đường tròn cắt d hai điểm B, C cho tiếp tuyến ( C ) B C cắt gốc tọa độ O Viết phương trình đường tròn ( C ) , biết tam giác OBC Gọi (C) có tâm I bán kính R OI cắt BC H H trung điểm BC OH vng góc BC suy H(0; ) suy OH = Do tam giác OBC nên BC OH = = ⇔ BC = 1,0 0,25 B O H I C Trong tam giác vng IB có HB = HI HO = ⇒ IH = 3 HI = OH = (0; ) ⇒ I (0; ) 3 Trong tam giác vuông IBH có R = IB = IH + HB = 0,25 0,25  3 Vậy phương trình đường trịn (C): x +  y −  =   Câu Via.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình tắc: x2 y2 + = Giả sử F1 , F2 hai tiêu điểm elip F1 có hồnh độ âm Tìm điểm M elip cho MF1 − MF2 = www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn 0,25 1,0 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 2 x y + = nên a = 8, b = ⇒ c = a − b = − = ⇒ c = ⇒ F1 (−2;0), F2 (2;0) Giả sử M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ta có: cx 2x cx 2x MF1 = a + = 2 + , MF2 = a − = 2 − a a 2 2 Do MF1 − MF2 = x0 Vì elip ( E ) : 0,25 0,25 Ta có: MF1 − MF2 = ⇔ x0 = ⇔ x0 =  y0 =  x2   2 Với x0 = ⇒ y02 = 1 −  =  −  = ⇔  8  8   y0 = − Kết luận có hai điểm M thỏa mãn toán là: M ( ) 2; M 0,25 ( 2; − ) 0,25 Câu VIIa Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 Tìm số hạng chứa x5 n  nx  khai triển nhị thức Niu-tơn  −  , x ≠  14 x  n(n − 1)(n − 2) 5Cnn −1 = Cn3 ⇔ 5.n = ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 −i −i Gọi a hệ số x ta có C 1   1.0 0.25 i  x2       − x  = ax     0.25 −i ⇔ (−1)i C77 −i   x14−3i = ax −i −35 1 ⇒ 14 – 3i = ⇒ i = −C77 −i   = a ⇒ a = 16 2 −35 Vậy số hạng chứa x5 16 Câu Vib.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , A(−1; 2) Gọi M , N trung điểm AD DC , E giao điểm BN với CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BME biết BN : x + y − = B có hồnh độ lớn • Gọi H hình chiếu A BN, AH = d ( A, BN ) = Đặt AB = a , a > 0.25 0.25 1.0 0.25 Ta có AH qua trung điểm I BC AI = a + a2 a = , AB = AH AI ⇔ a = a ⇔ a = = AB www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn 0.25 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Do B ∈ BN ⇒ B ( t;8 − 2t )  t = (loai) AB = ⇔ ( t + 1) + ( − 2t ) = ⇔ 5t − 22t + 21 = ⇔  ⇒ B (3;2)  t = • AD qua A vng góc với AB ⇒ AD : x = −1 Gọi J = AD ∩ BN ⇒ J ( −1;10 ) 2 0.25 D trung điểm AJ ⇒ D ( −1;6 ) ⇒ M ( −1;4 ) • Ta có ∆BME vng E, nên tâm đường tròn goại tiếp K trung điểm BM ⇒ K (1;3) , bán kính R = KB = Vậy đường tròn cần viết ( x − 1) + ( y − 3) = 2 Câu Vib.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình tắc: 0.25 x2 y2 + = điểm M (1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt elip 25 hai điểm phân biệt A, B cho M trung điểm AB Xét trường hợp đường thẳng qua M khơng có hệ số góc với phương trình là: x = (khơng thỏa mãn tốn) Xét trường hợp đường thẳng cần tìm qua M với hệ số góc k phương trình có dạng d : y − = k ( x − 1) Ta có phương trình hồnh độ giao điểm d (E) là: x (kx + − k )2 + = ⇔ (25k + 9) x + 50(1 − k ) x + 25(1 − k )2 − 225 = , (*) 25 0,25 Ta có d cắt (E) hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 25k (1 − k ) −  25(1 − k ) − 225 (25k + 9) > 0,(**) 0,25 Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) x1 ; x2 nghiệm phương trình (*) Để M trung điểm AB ta có: x1 + x2 = Áp dụng định lý Viet ta có: −50k (1 − k ) =2⇔k =− x1 + x2 = ⇔ 25k + 25 Đối chiếu với điều kiện (**) ta thấy k = − thỏa mãn Từ ta có phương trình 25 đường thẳng d là: x + 25 y − 34 = Câu VII.b Một hộp chứa bi xanh, bi đỏ bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi lấy có đủ cà màu Lấy ngẫu nhiên bi từ hộp , không gian mẫu có : Ω = C 820 = 125970 Số cách chọn bi khơng có đủ màu : a/ Chọn bi có màu : ( chọn màu vàng) : C 88 = b/ Chọn bi có 2màu : C 128 + C 138 + C 158 − 2C 88 = 8215 Gọi A biến cố chọn bi không đủ màu ⇒ Ω A = 8215 + = 8216 316 Xác suất P(A) = Ω A = 8216 = Ω C 20 1,0 0,25 0,25 1.0 0.25 0.25 0.25 4845 Gọi B biến cố bi chọn có đủ màu ⇒ B = A www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Xác suất P(B) = – P(A) = 4529 0.25 4845 - - - HẾT- - - www.DeThiThuDaiHoc.com DeThiMau.vn ...www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2 013 –2 014 Mơn thi: Tốn; Khối: A, A1, B Trường THPT Hùng Vương ĐIỂM NỘI DUNG Câu I .1 Cho hàm số = − +... y 1+   x x2 + y +  1+   z  y + y + y2 + z2 + 0.25 1. 0 z z+x 1+ x z (*) ; với a, b > 0, ab ≤ 1 + ab 0.25   ≤ 2 + 2   1+ a 1+ b  1+ a 1+ b 1 2 Mặt khác + ≤ ⇔ ( a − b ) ( ab − 1) ... nghiệm (1; ? ?1) , ( −2;2 ) Câu III Tính tích phân I = ∫ ( ln x + 1) x − 3ln x dx x3 − x 2 2 ln x + 1) x − 3ln x ln x ( Ta có I = ∫ dx = ∫ dx + ∫ dx x − 3x 1 x x − 3x 0.25 1, 0 I1 0,25 I2 2 ? ?1 ? ?1 ln